【例4-6】香甜的黄油（信息学奥赛一本通- P1345）

【题目描述】

农夫John发现做出全威斯康辛州最甜的黄油的方法：糖。把糖放在一片牧场上，他知道N（1≤N≤500）只奶牛会过来舔它，这样就能做出能卖好价钱的超甜黄油。当然，他将付出额外的费用在奶牛上。

农夫John很狡猾。像以前的巴甫洛夫，他知道他可以训练这些奶牛，让它们在听到铃声时去一个特定的牧场。他打算将糖放在那里然后下午发出铃声，以至他可以在晚上挤奶。

农夫John知道每只奶牛都在各自喜欢的牧场（一个牧场不一定只有一头牛）。给出各头牛在的牧场和牧场间的路线，找出使所有牛到达的路程和最短的牧场（他将把糖放在那）。

【输入】

第一行: 三个数：奶牛数N，牧场数P（2≤P≤800），牧场间道路数C(1≤C≤1450)。

第二行到第N+1行: 1到N头奶牛所在的牧场号。

第N+2行到第N+C+1行：每行有三个数：相连的牧场A、B，两牧场间距（1≤D≤255），当然，连接是双向的。

【输出】

一行输出奶牛必须行走的最小的距离和。

【输入样例】

3 4 5 2 3 4 1 2 1 1 3 5 2 3 7 2 4 3 3 4 5

【输出样例】

【提示】

说明：放在4号牧场最优。

0. 前言

在图论题目中，算法的选择往往比代码实现更重要。很多同学拿到题，看到是“求最短路”，反手就是一个 Floyd 或者 Bellman-Ford，结果评测机直接给出 tle(这道题信息学奥赛一本通测试点很水）。

今天我们以这道题为例，深度复盘三种最短路算法在P=800这个微妙数据范围下的表现，并总结学生在实战中易犯的错误。

1. 题目概要与数据分析

题目：给定P个牧场和C条双向道路，以及N头奶牛的位置。求把糖放在哪个牧场，能使所有奶牛到达该牧场的距离之和最小。

数据范围：

牧场数 P<=800
道路数 C<=1450
奶牛数 N<=500

教练分析：

这是一道多源最短路的变种问题。我们需要枚举每一个牧场作为终点，计算它到所有奶牛的最短路径和。

看似P=800不大，但如果算法的时间复杂度是O(P^3)，计算量将达到5.12*10^8。在 CCF 的标准评测环境（通常 1秒约等于10^8次运算）下，这属于高危操作。

2. 方案一：Floyd-Warshall（容易TLE）

这是初学者最喜欢的算法，因为代码短，逻辑简单。但在本题中，这是典型的“骗分”写法。即使某些弱数据能过，也不代表这是正确的算法选型。这道题应该测试数据很水，可以直接过

复杂度分析：O(P^3)约等于5.12*10^8。在 1 秒的时限下，这处于超时的边缘。

完整代码

//floyd #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int n,p,c; int s[510];//存储每头奶牛在哪一个牧场 int g[810][810]; void floyd(){ for(int k=1;k<=p;k++){ for(int i=1;i<=p;i++){ for(int j=1;j<=p;j++){ if(g[i][j]>g[i][k]+g[k][j]) g[i][j]=g[i][k]+g[k][j]; } } } } int main(){ cin>>n>>p>>c;//奶牛数 牧场数 牧场间道路数 for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];//存储每头奶牛在哪一个牧场 memset(g,0x3f,sizeof(g));//初始化g数组边与边之间距离为无穷（不可达） for(int i=1;i<=p;i++) g[i][i]=0;//初始化每个牧场和自己的距离为0 //存边建图 邻接矩阵 for(int i=1;i<=c;i++){ int u,v,w; cin>>u>>v>>w; g[u][v]=w;//牧场是双向的 g[v][u]=w; } floyd(); int mi=0x3f3f3f3f;//初始化最短路程和为极大 for(int i=1;i<=p;i++){//遍历p个牧场分别作为放糖牧场，找出路程和最短牧场 int dis=0; for(int j=1;j<=n;j++){//遍历n头奶牛的位置 dis+=g[i][s[j]];//起点是i 终点是s[j] } mi=min(mi,dis); } cout<<mi; return 0; }

3. 方案二：Bellman-Ford（甚至不如 Floyd）

很多同学认为 Bellman-Ford 是单源最短路，应该比 Floyd 快。但在求“所有点到所有点”时，我们需要跑P次 Bellman-Ford。

复杂度分析：P*O(P*C)约等于800*800*1450约等于9.2*10^8。

结论：用了flag标记一轮不更新就退出后，这道题可能测试数据太水了，也能过

完整代码

//Bellman-ford算法 #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int n,p,c; int dis[810];//记录牧场到源点的距离 int s[510];//记录每头奶牛在哪个牧场 struct edge{ int u; int v; int w; }e[3000]; void ford(int k){ dis[k]=0;//源点到自己的距离为0 for(int i=1;i<p;i++){//迭代p-1轮（p个牧场） bool flag=false;//记录本轮是否有距离发生更新 for(int j=1;j<=2*c;j++){//因为是双向边，所以要2*c int x=e[j].u; int y=e[j].v; int z=e[j].w; if(dis[y]>dis[x]+z && dis[x]!=0x3f3f3f3f){ dis[y]=dis[x]+z; flag=true; } } //本来没有发生更新，后面就也不会更新了 if(flag==false) break; } } int main(){ cin>>n>>p>>c; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];//记录每头奶牛在哪个牧场 for(int i=1;i<=c;i++){ int a,b,d; cin>>a>>b>>d; e[i].u=a; e[i].v=b; e[i].w=d; e[i+c].u=b;//连接是双向的，所以要存储双向边 e[i+c].v=a; e[i+c].w=d; } int mi=0x3f3f3f3f;//初始化最短距离 //遍历p个牧场，分别作为源点，计算其他牧场到源点距离 for(int i=1;i<=p;i++){ int d=0;//本轮最短距离 //初始化dis数组为极大 for(int j=1;j<=809;j++) dis[j]=0x3f3f3f3f; ford(i); for(int j=1;j<=n;j++){ int o=s[j];//找出每头牛在哪个牧场 d+=dis[o]; } mi=min(mi,d); } cout<<mi; return 0; }

4. 方案三：Dijkstra 堆优化（标准正解）

面对正权图且P较大、图稀疏（C远小于P^2）的情况，Dijkstra 堆优化是唯一指定正解。

复杂度分析：P*O(C log P)约等于800 *1450*10 约等于1.1 *10^7。

结论：千万级别的运算量，几十毫秒即可通过。

完整代码

//dijkstra邻接表+堆优化 #include <iostream> #include <queue> #include <cstring> using namespace std; int n,p,c; int s[510];//存每头奶牛在几号牧场 int h[810];//记录每个牧场的头指针 int vtex[3000];//最多有1450条道路，道路是双向的，所以开3000足够 int nxt[3000]; int wt[3000];//记录牧场与每个临接牧场之间道路的距离 int idx; int dis[810];//记录每个牧场到源点的距离 int vis[810];//记录每个牧场是否已经出队使用过（点亮过） struct node{ int id;//牧场编号 int w;//牧场到源点的距离 //重载运算符，修改为小根堆 friend bool operator <(node a,node b){ return a.w>b.w; } }; priority_queue<node> q; void dijkstra(int k){ dis[k]=0;//源牧场到源点（自身）的距离为0 node tmp; tmp.id=k; tmp.w=0; q.push(tmp);//源点入队 while(!q.empty()){ tmp=q.top();//访问队首元素 q.pop();//队首出队 //懒惰删除，如果tmp已经出队过（点亮过）就直接跳过 //因为可能有多个进入队列，但小根堆保证dis最小的优先出队了，后面的就是垃圾数据 if(vis[tmp.id]==1) continue; vis[tmp.id]=1;//没有出队过就现在打上标记 int nid=tmp.id;//当前出队节点编号 int p=h[nid];//当前出队节点tmp的头指针 while(p!=-1){ if(vis[vtex[p]]==0){//如果tmp的临接点没有出队过（没有点亮过） //如果临接点到源点的距离大于(tmp到源点的距离+tmp与邻接点的边权）就更新 if(dis[vtex[p]]>dis[nid]+wt[p]){ dis[vtex[p]]=dis[nid]+wt[p]; //如果发生了距离更新才有入队意义 q.push({vtex[p],dis[vtex[p]]}); } } p=nxt[p];//指针指向下一个邻接点 } } } void addedge(int u,int v,int w){ vtex[idx]=v; nxt[idx]=h[u]; wt[idx]=w; h[u]=idx++; } int main(){ cin>>n>>p>>c;//奶牛数N 牧场数P 牧场间道路数C for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];//每头奶牛在几号牧场 //初始化头指针数组为-1不能丢，不然dijkstra就会死循环 memset(h,-1,sizeof(h)); //建图 for(int i=1;i<=c;i++){ int u,v,w; cin>>u>>v>>w; addedge(u,v,w);//牧场间连接是双向的，所以要把双向边都加进去 addedge(v,u,w); } int mi=0x3f3f3f3f;//先初始化最短距离为无穷 for(int i=1;i<=p;i++){//遍历所有牧场，轮流作为源点，去求其他牧场到源点到最短路径 int d=0;//每轮的最短距离 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));//每轮都要初始化dis数组为无穷 memset(vis,0,sizeof(vis));//每轮Dijkstra之前都要把vis数组初始化 dijkstra(i); for(int j=1;j<=n;j++){//遍历所有奶牛位置 int o=s[j];//奶牛所在牧场 d+=dis[o]; } mi=min(mi,d); } cout<<mi; return 0; }