洛谷题解 P3385 【【模板】负环】

一、声明

在下面的描述中，未说明的情况下，$N$ 是顶点数，$M$是边数。

二、判负环算法盘点

想到判负环，我们会想到很多的判负环算法。例如：

1. Bellman-Ford 判负环

这个算法在众多算法中最为经典，复杂度 $O(N\times M)$

2. SPFA 判负环

然而，这个算法是 Bellman-Ford 算法的队列优化版，这最短路方面卓有成效，但在判负环方面不见得有多少快。尽管在有负环的情况下会快很多，期望复杂度达到了 $O(K\times M)$ （$K$是常数）；但在没有负环的情况下，SPFA 算法会退化到 $O(N\times M)$ 。

难道判负环的复杂度就由此停步于 $O(N\times M)$ 之前吗？

不，还有办法的！

办法之一：SPFA之dfs版

3. SPFA_dfs 判负环

这个算法挺科♂学的，利用了 SPFA_dfs 可以迅速使大量节点得到更新，因此也更容易找到负环。然而，SPFA_dfs 死于不日前更新的毒瘤数据手里。

不要着急，我们还有办法！

4. 带卡界的 SPFA 算法

我们想到，在有负环的情况下，SPFA 判负环的时间复杂度是期望 $O(M)$ 的，非常的快。那么反过来，效率低下是否就代表没有负环？

答案是肯定的！✔

假设入队操作超过了 $T(N + M)$ 次，那么就认为没有负环。（$T$ 一般取 $2$）

$\large B!\space U!\space T!\space $

我们 WA 了！

所以放弃，回去用SPFA_bfs版 ✖

不！我们发现 11 个数据点只 WA 了 1 个点 (#9) ，还是比较不错的，所以我们想到增加 $T$。

我选择将数据下载了下来，在本地跑，经过二分，得出数据点#9的T最小是 $K = 20.076030\space (eps=1^{-6})$ （少 $0.000001$ 都不行）

然后就过了。

有点不太保险????

不过可以开大 $T$ 啊！

下表给出了几组 $T$ 的值对应的情况：

$T$	分值	时间消耗(ms)	对应评测记录id
2	91	58	R16135858
20.076030	100	198	R16135998
30	100	270	R16136029
100	100	754	R16136756
300	100	2071	R16136864

实际上耗时都不大。

实际上运用建议开 $T = 2$ （一般没人卡这种算法【注：卡的方法点击箭头了解⤴】如果你真的怕被卡，$T$ 开大点也没事~~毕竟最多1_2个TLE~）

三、代码

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
inline int readint()
{
    int flag = 1;
    char c = getchar();
    while ((c > '9' || c < '0') && c != '-')
        c = getchar();
    if (c == '-') flag = -1, c = getchar();
    int init = c ^ '0';
    while ((c = getchar()) <= '9' && c >= '0')
        init = (init << 3) + (init << 1) + (c ^ '0');
    return init * flag;
}
struct Edge {
    int v, w;
    int nxt;
    Edge() {}
    Edge(int _v, int _w, int _nxt) : v(_v), w(_w), nxt(_nxt) {}
} edges[6007];
// 链式前向星存图
int top = 1;
int n, m;
int head[2007] = {0};
int dis[2007] = {0};
bool inqueue[2007] = {0};
inline void add_edge(int u, int v, int w) // 单次加边操作
{
    edges[top] = Edge(v, w, head[u]);
    head[u] = top++;
}
inline void add(int u, int v, int w) // 加边操作
{
    add_edge(u, v, w);
    if (w >= 0) add_edge(v, u, w);
}
const double K = 20.076030; // 即题解中所说的 "T"
bool SPFA_bfs()
{
    queue <int> q;
    q.push(1);
    inqueue[1] = 1;
    int times = 0;
    while (!q.empty()) {
		times++;
		if (times > K * (n + m)) return 1;
		// 以上两行：卡界
    	int n = q.front(); q.pop();
    	inqueue[n] = 0;
    	for (int i = head[n]; i != -1; i = edges[i].nxt) {
    		Edge &e = edges[i];
    		if (dis[e.v] > dis[n] + e.w) {
    			dis[e.v] = dis[n] + e.w;
    			if (!inqueue[e.v]) q.push(e.v);
    		}
    	}
    }
    return 0;
}
void van()
{
    n = readint();
    m = readint();
    top = 1;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    memset(inqueue, 0, sizeof(inqueue));
    dis[1] = 0;
    register int ui, vi, wi;
    for (register int i = 1; i <= m; i++) {
        ui = readint();
        vi = readint();
        wi = readint();
        add(ui, vi, wi);
    }
    if (SPFA_bfs()) puts("YE5");
    else puts("N0");
}
int main()
{
    register int T = readint();
    while (T--) van();
    return 0;
}