本题为单源有限最短路问题，同样是 kama94.城市间货物运输I 延伸题目。

注意题目中描述是 最多经过 k 个城市的条件下，而不是一定经过k个城市，也可以经过的城市数量比k小，但要最短的路径。

在 kama94.城市间货物运输I 中我们讲了：对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离。

节点数量为n，起点到终点，最多是 n-1 条边相连。 那么对所有边松弛 n-1 次 就一定能得到 起点到达 终点的最短距离。

（如果对以上讲解看不懂，建议详看 kama94.城市间货物运输I ）

本题是最多经过 k 个城市， 那么是 k + 1条边相连的节点。 这里可能有录友想不懂为什么是k + 1，来看这个图：

​​

图中，节点2 最多已经经过2个节点 到达节点4，那么中间是有多少条边呢，是 3 条边对吧。

所以本题就是求：起点最多经过k + 1 条边到达终点的最短距离。

对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离，那么对所有边松弛 k + 1次，就是求 起点到达 与起点k + 1条边相连的节点的 最短距离。

注意： 本题是 kama94.城市间货物运输I 的拓展题，如果对 bellman_ford 没有深入了解，强烈建议先看 kama94.城市间货物运输I 再做本题。

理解以上内容，其实本题代码就很容易了，bellman_ford 标准写法是松弛 n-1 次，本题就松弛 k + 1次就好。

此时我们可以写出如下代码：

// 版本一
#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;int main() {
int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;cin >> n >> m;vector<vector<int>> grid;for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
// p1 指向 p2，权值为 val
grid.push_back({p1, p2, val});
}cin >> src >> dst >> k;vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
minDist[src] = 0;
for (int i = 1; i <= k + 1; i++) { // 对所有边松弛 k + 1次
for (vector<int> &side : grid) {
int from = side[0];
int to = side[1];
int price = side[2];
if (minDist[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist[from] + price) minDist[to] = minDist[from] + price;
}}if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径}

以上代码 标准 bellman_ford 写法，松弛 k + 1次，看上去没什么问题。

但大家提交后，居然没通过！

这是为什么呢？

接下来我们拿这组数据来举例：

4 4
1 2 -1
2 3 1
3 1 -1
3 4 1
1 4 3

（注意上面的示例是有负权回路的，只有带负权回路的图才能说明问题）

负权回路是指一条道路的总权值为负，这样的回路使得通过反复经过回路中的道路，理论上可以无限地减少总成本或无限地增加总收益。

正常来说，这组数据输出应该是 1，但以上代码输出的是 -2。

在讲解原因的时候，强烈建议大家，先把 minDist数组打印出来，看看minDist数组是不是按照自己的想法变化的，这样更容易理解我接下来的讲解内容。 （一定要动手，实践出真实，脑洞模拟不靠谱）

打印的代码可以是这样：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;int main() {
int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;cin >> n >> m;vector<vector<int>> grid;for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
// p1 指向 p2，权值为 val
grid.push_back({p1, p2, val});
}cin >> src >> dst >> k;vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
minDist[src] = 0;
for (int i = 1; i <= k + 1; i++) { // 对所有边松弛 k + 1次
for (vector<int> &side : grid) {
int from = side[0];
int to = side[1];
int price = side[2];
if (minDist[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist[from] + price) minDist[to] = minDist[from] + price;
}
// 打印 minDist 数组 
for (int j = 1; j <= n; j++) cout << minDist[j] << " ";
cout << endl;}if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径}

接下来，我按照上面的示例带大家 画图举例 对所有边松弛一次 的效果图。

起点为节点1， 起点到起点的距离为0，所以 minDist[1] 初始化为0 ，如图：

​​

其他节点对应的minDist初始化为max，因为我们要求最小距离，那么还没有计算过的节点 默认是一个最大数，这样才能更新最小距离。

当我们开始对所有边开始第一次松弛：

边：节点1 -> 节点2，权值为-1 ，minDist[2] > minDist[1] + (-1)，更新 minDist[2] = minDist[1] + (-1) = 0 - 1 = -1 ，如图：

​​

边：节点2 -> 节点3，权值为1 ，minDist[3] > minDist[2] + 1 ，更新 minDist[3] = minDist[2] + 1 = -1 + 1 = 0 ，如图： ​

边：节点3 -> 节点1，权值为-1 ，minDist[1] > minDist[3] + (-1)，更新 minDist[1] = 0 + (-1) = -1 ，如图：

​​

边：节点3 -> 节点4，权值为1 ，minDist[4] > minDist[3] + 1，更新 minDist[4] = 0 + (-1) = -1 ，如图：

​​

以上是对所有边进行的第一次松弛，最后 minDist数组为 ：-1 -1 0 1 ，（从下标1算起）

后面几次松弛我就不挨个画图了，过程大同小异，我直接给出minDist数组的变化：

所有边进行的第二次松弛，minDist数组为 ： -2 -2 -1 0 所有边进行的第三次松弛，minDist数组为 ： -3 -3 -2 -1 所有边进行的第四次松弛，minDist数组为 ： -4 -4 -3 -2 （本示例中k为3，所以松弛4次）

最后计算的结果minDist[4] = -2，即 起点到 节点4，最多经过 3 个节点的最短距离是 -2，但 正确的结果应该是 1，即路径：节点1 -> 节点2 -> 节点3 -> 节点4。

理论上来说，对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离。

对所有边松弛两次，相当于计算 起点到达 与起点两条边相连的节点的最短距离。

对所有边松弛三次，以此类推。

但在对所有边松弛第一次的过程中，大家会发现，不仅仅 与起点一条边相连的节点更新了，所有节点都更新了。

而且对所有边的后面几次松弛，同样是更新了所有的节点，说明 至多经过k 个节点 这个限制 根本没有限制住，每个节点的数值都被更新了。

这是为什么？

在上面画图距离中，对所有边进行第一次松弛，在计算 边（节点2 -> 节点3） 的时候，更新了 节点3。

​​

理论上来说节点3 应该在对所有边第二次松弛的时候才更新。 这因为当时是基于已经计算好的 节点2（minDist[2]）来做计算了。

minDist[2]在计算边：（节点1 -> 节点2）的时候刚刚被赋值为 -1。

这样就造成了一个情况，即：计算minDist数组的时候，基于了本次松弛的 minDist数值，而不是上一次 松弛时候minDist的数值。
所以在每次计算 minDist 时候，要基于 对所有边上一次松弛的 minDist 数值才行，所以我们要记录上一次松弛的minDist。

代码修改如下： （关键地方已经注释）

// 版本二
#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;int main() {
int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;cin >> n >> m;vector<vector<int>> grid;for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
grid.push_back({p1, p2, val});
}cin >> src >> dst >> k;vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
minDist[src] = 0;
vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录上一次遍历的结果
for (int i = 1; i <= k + 1; i++) {
minDist_copy = minDist; // 获取上一次计算的结果
for (vector<int> &side : grid) {
int from = side[0];
int to = side[1];
int price = side[2];
// 注意使用 minDist_copy 来计算 minDist 
if (minDist_copy[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {  
minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
}
}
}
if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径}

• 时间复杂度： O(K * E) , K为至多经过K个节点，E为图中边的数量
• 空间复杂度： O(N) ，即 minDist 数组所开辟的空间

其实边的顺序会影响我们每一次拓展的结果。

我来给大家举个例子。

我上面讲解中，给出的示例是这样的：

4 4
1 2 -1
2 3 1
3 1 -1
3 4 1
1 4 3

我将示例中边的顺序改一下，给成：

4 4
3 1 -1
3 4 1
2 3 1
1 2 -1
1 4 3

所构成是图是一样的，都是如下的这个图，但给出的边的顺序是不一样的。

​​

再用版本一的代码是运行一下，发现结果输出是 1， 是对的。

​​

分明刚刚输出的结果是 -2，是错误的，怎么 一样的图，这次输出的结果就对了呢？

其实这是和示例中给出的边的顺序是有关的，

我们按照修改后的示例再来模拟 对所有边的第一次拓展情况。

初始化：

​​

边：节点3 -> 节点1，权值为-1 ，节点3还没有被计算过，节点1 不更新。

边：节点3 -> 节点4，权值为1 ，节点3还没有被计算过，节点4 不更新。

边：节点2 -> 节点3，权值为 1 ，节点2还没有被计算过，节点3 不更新。

边：节点1 -> 节点2，权值为 -1 ，minDist[2] > minDist[1] + (-1)，更新 minDist[2] = 0 + (-1) = -1 ，如图：

​​

以上是对所有边 松弛一次的状态。

可以发现 同样的图，边的顺序不一样，使用版本一的代码 每次松弛更新的节点也是不一样的。

而边的顺序是随机的，是题目给我们的，所以本题我们才需要 记录上一次松弛的minDist，来保障 每一次对所有边松弛的结果。

那么前面讲解过的 94.城市间货物运输I 和 95.城市间货物运输II 也是bellman_ford经典算法，也没使用 minDist_copy，怎么就没问题呢？

如果没看过我上面这两篇讲解的话，建议详细学习上面两篇，再看我下面讲的区别，否则容易看不懂。

94.城市间货物运输I， 是没有 负权回路的，那么 多松弛多少次，对结果都没有影响。

求 节点1 到 节点n 的最短路径，松弛n-1 次就够了，松弛 大于 n-1次，结果也不会变。

那么在对所有边进行第一次松弛的时候，如果基于 本次计算的 minDist 来计算 minDist （相当于多做松弛了），也是对最终结果没影响。

95.城市间货物运输II 是判断是否有 负权回路，一旦有负权回路， 对所有边松弛 n-1 次以后，在做松弛 minDist 数值一定会变，根据这一点来判断是否有负权回路。

所以，95.城市间货物运输II 只需要判断minDist数值变化了就行，而 minDist 的数值对不对，并不是我们关心的。

那么本题 为什么计算minDist 一定要基于上次 的 minDist 数值。

其关键在于本题的两个因素：

• 本题可以有负权回路，说明只要多做松弛，结果是会变的。
• 本题要求最多经过k个节点，对松弛次数是有限制的。

如果本题中 没有负权回路的测试用例， 那版本一的代码就可以过了，也就不用我费这么大口舌去讲解的这个坑了。

本题也可以用 SPFA来做，关于 SPFA ，已经在这里 0094.城市间货物运输I-SPFA 有详细讲解。

使用SPFA算法解决本题的时候，关键在于 如何控制松弛k次。

其实实现不难，但有点技巧，可以用一个变量 que_size 记录每一轮松弛入队列的所有节点数量。

下一轮松弛的时候，就把队列里 que_size 个节点都弹出来，就是上一轮松弛入队列的节点。

代码如下（详细注释）

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;struct Edge { //邻接表
int to;  // 链接的节点
int val; // 边的权重Edge(int t, int w): to(t), val(w) {}  // 构造函数
};int main() {
int n, m, p1, p2, val;
cin >> n >> m;vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表// 将所有边保存起来
for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
// p1 指向 p2，权值为 val
grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
}
int start, end, k;
cin >> start >> end >> k;k++;vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果minDist[start] = 0;queue<int> que;
que.push(start); // 队列里放入起点int que_size;
while (k-- && !que.empty()) {minDist_copy = minDist; // 获取上一次计算的结果
que_size = que.size(); // 记录上次入队列的节点个数
while (que_size--) { // 上一轮松弛入队列的节点，这次对应的边都要做松弛
int node = que.front(); que.pop();
for (Edge edge : grid[node]) {
int from = node;
int to = edge.to;
int price = edge.val;
if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
que.push(to);
}
}}
}
if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
else cout << minDist[end] << endl;}

时间复杂度： O(K * H) H 为不确定数，取决于 图的稠密度，但H 一定是小于等于 E 的

关于 SPFA的是时间复杂度分析，我在0094.城市间货物运输I-SPFA 有详细讲解

但大家会发现，以上代码大家提交后，怎么耗时这么多？

​​

理论上，SPFA的时间复杂度不是要比 bellman_ford 更优吗？

怎么耗时多了这么多呢？

以上代码有一个可以改进的点，每一轮松弛中，重复节点可以不用入队列。

因为重复节点入队列，下次从队列里取节点的时候，该节点要取很多次，而且都是重复计算。

所以代码可以优化成这样：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;struct Edge { //邻接表
int to;  // 链接的节点
int val; // 边的权重Edge(int t, int w): to(t), val(w) {}  // 构造函数
};int main() {
int n, m, p1, p2, val;
cin >> n >> m;vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表// 将所有边保存起来
for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
// p1 指向 p2，权值为 val
grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
}
int start, end, k;
cin >> start >> end >> k;k++;vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果minDist[start] = 0;queue<int> que;
que.push(start); // 队列里放入起点int que_size;
while (k-- && !que.empty()) {vector<bool> visited(n + 1, false); // 每一轮松弛中，控制节点不用重复入队列
minDist_copy = minDist; 
que_size = que.size(); 
while (que_size--) { 
int node = que.front(); que.pop();
for (Edge edge : grid[node]) {
int from = node;
int to = edge.to;
int price = edge.val;
if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
if(visited[to]) continue; // 不用重复放入队列，但需要重复松弛，所以放在这里位置
visited[to] = true;
que.push(to);
}
}}
}
if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
else cout << minDist[end] << endl;
}

以上代码提交后，耗时情况：

​​

大家发现 依然远比 bellman_ford 的代码版本 耗时高。

这又是为什么呢？

对于后台数据，我特别制作的一个稠密大图，该图有250个节点和10000条边， 在这种情况下， SPFA 的时间复杂度 是接近与 bellman_ford的。

但因为 SPFA 节点的进出队列操作，耗时很大，所以相同的时间复杂度的情况下，SPFA 实际上更耗时了。

这一点我在 0094.城市间货物运输I-SPFA 有分析，感兴趣的录友再回头去看看。

本题能否使用 dijkstra 算法呢？

dijkstra 是贪心的思路 每一次搜索都只会找距离源点最近的非访问过的节点。

如果限制最多访问k个节点，那么 dijkstra 未必能在有限次就能到达终点，即使在经过k个节点确实可以到达终点的情况下。

这么说大家会感觉有点抽象，我用 dijkstra朴素版精讲 里的示例在举例说明： （如果没看过我讲的dijkstra朴素版精讲，建议去仔细看一下，否则下面讲解容易看不懂）

在以下这个图中，求节点1 到 节点7 最多经过2个节点 的最短路是多少呢？

​​

最短路显然是：

​​

最多经过2个节点，也就是3条边相连的路线：节点1 -> 节点2 -> 节点6-> 节点7

如果是 dijkstra 求解的话，求解过程是这样的： （下面是dijkstra的模拟过程，我精简了很多，如果看不懂，一定要先看dijkstra朴素版精讲）

初始化如图所示：

​​

找距离源点最近且没有被访问过的节点，先找节点1

​​

距离源点最近且没有被访问过的节点，找节点2：

​​

距离源点最近且没有被访问过的节点，找到节点3：

​​

距离源点最近且没有被访问过的节点，找到节点4：

​​

此时最多经过2个节点的搜索就完毕了，但结果中minDist[7] （即节点7的结果）并没有被更。

那么 dijkstra 会告诉我们 节点1 到 节点7 最多经过2个节点的情况下是不可到达的。

通过以上模拟过程，大家应该能感受到 dijkstra 贪心的过程，正是因为 贪心，所以 dijkstra 找不到 节点1 -> 节点2 -> 节点6-> 节点7 这条路径。

本题是单源有限最短路问题，也是 bellman_ford的一个拓展问题，如果理解bellman_ford 其实思路比较容易理解，但有很多细节。

例如 为什么要用 minDist_copy 来记录上一轮 松弛的结果。 这也是本篇我为什么花了这么大篇幅讲解的关键所在。

接下来，还给大家做了四个拓展：

• 边的顺序的影响
• 本题的本质
• SPFA的解法
• 能否用dijkstra

学透了以上四个拓展，相信大家会对bellman_ford有更深入的理解。

本题是经典的多源最短路问题。

在这之前我们讲解过，dijkstra朴素版、dijkstra堆优化、Bellman算法、Bellman队列优化（SPFA） 都是单源最短路，即只能有一个起点。

而本题是多源最短路，即 求多个起点到多个终点的多条最短路径。

通过本题，我们来系统讲解一个新的最短路算法-Floyd 算法。

Floyd 算法对边的权值正负没有要求，都可以处理。

Floyd算法核心思想是动态规划。

例如我们再求节点1 到 节点9 的最短距离，用二维数组来表示即：grid[1][9]，如果最短距离是10 ，那就是 grid[1][9] = 10。

那 节点1 到 节点9 的最短距离 是不是可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成呢？

即 grid[1][9] = grid[1][5] + grid[5][9]

节点1 到节点5的最短距离 是不是可以有 节点1 到 节点3的最短距离 + 节点3 到 节点5 的最短距离组成呢？

即 grid[1][5] = grid[1][3] + grid[3][5]

以此类推，节点1 到 节点3的最短距离 可以由更小的区间组成。

那么这样我们是不是就找到了，子问题推导求出整体最优方案的递归关系呢。

节点1 到 节点9 的最短距离 可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成， 也可以有 节点1 到节点7的最短距离 + 节点7 到节点9的最短距离的距离组成。

那么选哪个呢？

是不是 要选一个最小的，毕竟是求最短路。

此时我们已经接近明确递归公式了。

之前在讲解动态规划的时候，给出过动规五部曲：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
• 确定递推公式
• dp数组如何初始化
• 确定遍历顺序
• 举例推导dp数组

那么接下来我们还是用这五部来给大家讲解 Floyd。

1、确定dp数组（dp table）以及下标的含义

这里我们用 grid数组来存图，那就把dp数组命名为 grid。

grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1…k] 集合为中间节点的最短距离为m。

可能有录友会想，凭什么就这么定义呢？

节点i 到 节点j 的最短距离为m，这句话可以理解，但 以[1…k]集合为中间节点就理解不辽了。

节点i 到 节点j 的最短路径中 一定是经过很多节点，那么这个集合用[1…k] 来表示。

你可以反过来想，节点i 到 节点j 中间一定经过很多节点，那么你能用什么方式来表述中间这么多节点呢？

所以 这里的k不能单独指某个节点，k 一定要表示一个集合，即[1…k] ，表示节点1 到 节点k 一共k个节点的集合。

2、确定递推公式

在上面的分析中我们已经初步感受到了递推的关系。

我们分两种情况：

1. 节点i 到 节点j 的最短路径经过节点k
2. 节点i 到 节点j 的最短路径不经过节点k

对于第一种情况，grid[i][j][k] = grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]​

节点i 到 节点k 的最短距离 是不经过节点k，中间节点集合为[1…k-1]，所以 表示为grid[i][k][k - 1]​

节点k 到 节点j 的最短距离 也是不经过节点k，中间节点集合为[1…k-1]，所以表示为 grid[k][j][k - 1]​

第二种情况，grid[i][j][k] = grid[i][j][k - 1]​

如果节点i 到 节点j的最短距离 不经过节点k，那么 中间节点集合[1…k-1]，表示为 grid[i][j][k - 1]​

因为我们是求最短路，对于这两种情况自然是取最小值。

即： grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1])​

3、dp数组如何初始化

grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1…k] 集合为中间节点的最短距离为m。

刚开始初始化k 是不确定的。

例如题目中只是输入边（节点2 -> 节点6，权值为3），那么grid[2][6][k] = 3，k需要填什么呢？

把k 填成1，那如何上来就知道 节点2 经过节点1 到达节点6的最短距离是多少 呢。

所以 只能 把k 赋值为 0，本题 节点0 是无意义的，节点是从1 到 n。

这样我们在下一轮计算的时候，就可以根据 grid[i][j][0] 来计算 grid[i][j][1]，此时的 grid[i][j][1] 就是 节点i 经过节点1 到达 节点j 的最小距离了。

grid数组是一个三维数组，那么我们初始化的数据在 i 与 j 构成的平层，如图：

​​

红色的 底部一层是我们初始化好的数据，注意：从三维角度去看初始化的数据很重要，下面我们在聊遍历顺序的时候还会再讲。

所以初始化代码：

vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005)));  // C++定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
grid[p1][p2][0] = val;
grid[p2][p1][0] = val; // 注意这里是双向图
} 

grid数组中其他元素数值应该初始化多少呢？

本题求的是最小值，所以输入数据没有涉及到的节点的情况都应该初始为一个最大数。

这样才不会影响，每次计算去最小值的时候 初始值对计算结果的影响。

所以grid数组的定义可以是：

// C++写法，定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4
vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005)));  

4、确定遍历顺序

从递推公式：grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1])​ 可以看出，我们需要三个for循环，分别遍历i，j 和k

而 k 依赖于 k - 1， i 和j 的到 并不依赖与 i - 1 或者 j - 1 等等。

那么这三个for的嵌套顺序应该是什么样的呢？

我们来看初始化，我们是把 k =0 的 i 和j 对应的数值都初始化了，这样才能去计算 k = 1 的时候 i 和 j 对应的数值。

这就好比是一个三维坐标，i 和j 是平层，而k 是 垂直向上 的。

遍历的顺序是从底向上 一层一层去遍历。

所以遍历k 的for循环一定是在最外面，这样才能一层一层去遍历。如图：

​​

至于遍历 i 和 j 的话，for 循环的先后顺序无所谓。

代码如下：

for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
}
}
}

有录友可能想，难道 遍历k 放在最里层就不行吗？

k 放在最里层，代码是这样：

for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int k = 1; k <= n; k++) {
grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
}
}
}

此时就遍历了 j 与 k 形成一个平面，i 则是纵面，那遍历 就是这样的：

​​

而我们初始化的数据 是 k 为0， i 和 j 形成的平面做初始化，如果以 k 和 j 形成的平面去一层一层遍历，就造成了 递推公式 用不上上一轮计算的结果，从而导致结果不对（初始化的部分是 i 与j 形成的平面，在初始部分有讲过）。

我再给大家举一个测试用例

5 4
1 2 10
1 3 1
3 4 1
4 2 1
1
1 2

就是图：

​​

求节点1 到 节点 2 的最短距离，运行结果是 10 ，但正确的结果很明显是3。

为什么呢？

因为 k 放在最里面，先就把 节点1 和 节点 2 的最短距离就确定了，后面再也不会计算节点 1 和 节点 2的距离，同时也不会基于 初始化或者之前计算过的结果来计算，即：不会考虑 节点1 到 节点3， 节点3 到节点 4，节点4到节点2 的距离。

造成这一原因，是 在三维立体坐标中， 我们初始化的是 i 和 i 在k 为0 所构成的平面，但遍历的时候 是以 j 和 k构成的平面以 i 为垂直方向去层次遍历。

而遍历k 的for循环如果放在中间呢，同样是 j 与k 行程一个平面，i 是纵面，遍历的也是这样：

​​

同样不能完全用上初始化 和 上一层计算的结果。

根据这个情况再举一个例子：

5 2
1 2 1
2 3 10
1
1 3

图：

​​

求 节点1 到节点3 的最短距离，如果k循环放中间，程序的运行结果是 -1，也就是不能到达节点3。

在计算 grid[i][j][k] 的时候，需要基于 grid[i][k][k-1] 和 grid[k][j][k-1]的数值。

也就是 计算 grid[1][3][2] （表示节点1 到 节点3，经过节点2） 的时候，需要基于 grid[1][2][1] 和 grid[2][3][1]的数值，而 我们初始化，只初始化了 k为0 的那一层。

造成这一原因 依然是 在三维立体坐标中， 我们初始化的是 i 和 j 在k 为0 所构成的平面，但遍历的时候 是以 j 和 k构成的平面以 i 为垂直方向去层次遍历。

很多录友对于 floyd算法的遍历顺序搞不懂，其实 是没有从三维的角度去思考，同时我把三维立体图给大家画出来，遍历顺序标出来，大家就很容易想明白，为什么 k 放在最外层 才能用上 初始化和上一轮计算的结果了。

5、举例推导dp数组

这里涉及到 三维矩阵，可以一层一层打印出来去分析，例如k=0 的这一层，k = 1的这一层，但一起把三维带数据的图画出来其实不太好画。

以上分析完毕，最后代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
using namespace std;int main() {
int n, m, p1, p2, val;
cin >> n >> m;vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005)));  // 因为边的最大距离是10^4
for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
grid[p1][p2][0] = val;
grid[p2][p1][0] = val; // 注意这里是双向图}
// 开始 floyd
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
}
}
}
// 输出结果
int z, start, end;
cin >> z;
while (z--) {
cin >> start >> end;
if (grid[start][end][n] == 10005) cout << -1 << endl;
else cout << grid[start][end][n] << endl;
}
}

这里 我们可以做一下 空间上的优化，从滚动数组的角度来看，我们定义一个 grid[n + 1][ n + 1][2] 这么大的数组就可以，因为k 只是依赖于 k-1的状态，并不需要记录k-2，k-3，k-4 等等这些状态。

那么我们只需要记录 grid[i][j][1] 和 grid[i][j][0] 就好，之后就是 grid[i][j][1] 和 grid[i][j][0] 交替滚动。

在进一步想，如果本层计算（本层计算即k相同，从三维角度来讲） gird[i][j] 用到了 本层中刚计算好的 grid[i][k] 会有什么问题吗？

如果 本层刚计算好的 grid[i][k] 比上一层 （即k-1层）计算的 grid[i][k] 小，说明确实有 i 到 k 的更短路径，那么基于 更小的 grid[i][k] 去计算 gird[i][j] 没有问题。

如果 本层刚计算好的 grid[i][k] 比上一层 （即k-1层）计算的 grid[i][k] 大， 这不可能，因为这样也不会做更新 grid[i][k]的操作。

所以本层计算中，使用了本层计算过的 grid[i][k] 和 grid[k][j] 是没问题的。

那么就没必要区分，grid[i][k] 和 grid[k][j] 是 属于 k - 1 层的呢，还是 k 层的。

所以递归公式可以为：

grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i][k] + grid[k][j]);

基于二维数组的本题代码为：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int main() {
int n, m, p1, p2, val;
cin >> n >> m;vector<vector<int>> grid(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005));  // 因为边的最大距离是10^4for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
grid[p1][p2] = val;
grid[p2][p1] = val; // 注意这里是双向图}
// 开始 floyd
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i][k] + grid[k][j]);
}
}
}
// 输出结果
int z, start, end;
cin >> z;
while (z--) {
cin >> start >> end;
if (grid[start][end] == 10005) cout << -1 << endl;
else cout << grid[start][end] << endl;
}
}

• 时间复杂度： O(n^3)
• 空间复杂度：O(n^2)

本期如果上来只用二维数组来讲的话，其实更容易，但遍历顺序那里用二维数组其实是讲不清楚的，所以我直接用三维数组来讲，目的是将遍历顺序这里讲清楚。

理解了遍历顺序才是floyd算法最精髓的地方。

floyd算法的时间复杂度相对较高，适合 稠密图且源点较多的情况。

如果是稀疏图，floyd是从节点的角度去计算了，例如 图中节点数量是 1000，就一条边，那 floyd的时间复杂度依然是 O(n^3) 。

如果 源点少，其实可以 多次dijsktra 求源点到终点。