Bellman-Ford算法模板题

POJ 3259 虫洞（Bellman-Ford判断有无负环的问题）

描述：

在探索他的许多农场时，Farmer John发现了许多令人惊叹的虫洞。虫洞是非常奇特的，因为它是一条单向路径，在您进入虫洞之前的某个时间将您带到目的地！每个FJ的农场包括Ñ（1≤ ñ ≤500）字段方便地编号为1 .. Ñ，中号（1≤ 中号 ≤2500）的路径，和w ^（1≤ w ^ ≤200）虫洞。

由于FJ是狂热的时间旅行爱好者，他想要做以下事情：从一些场地开始，穿过一些路径和虫洞，并在他最初离开前的一段时间返回起跑场。也许他将能够见到自己:)。

为了帮助FJ找出这是否可行与否，他将与完整的地图供你˚F（1≤ ˚F他的农场≤5）。没有路径需要超过10,000秒的旅行时间，没有虫洞可以使FJ及时返回超过10,000秒。

输入：

第1行：单个整数，F。F农场描述如下。 
每个农场的第1行：分别为三个以空格分隔的整数：N，M和W 
第2行。每个农场的M + 1：三个以空格分隔的数字（S，E，T）分别描述：双向路径在S和E之间需要T秒来遍历。两个字段可能通过多个路径连接。 
线中号 2 .. 中号 + w ^每个场的1：三个空间分隔的数字（S，E，T）分别描述：从S到E的单向路径，也将旅行者移回T秒。

输出：

第1行...... F：对于每个农场，如果FJ可以达到目标，则输出“YES”，否则输出“NO”（不包括引号）。

 

//这是一道判断有无负环的题目，主要是为了熟悉bellman-Ford算法，写法也是采用模板题的写法
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
int f,n,m,w,all_e;
int dis[];
struct node{
    int s;
    int e;
    int t;
} edge[];
 
bool bellman_ford()
{
    bool flag;
 
    for(int i=; i<n-; i++)
    {
        flag=false;
        for(int j=; j<all_e; j++)
            if(dis[edge[j].e] > dis[edge[j].s] + edge[j].t)
            {
                dis[edge[j].e] = dis[edge[j].s] + edge[j].t ;
                flag=true;
            }
 
        if(!flag)
            break;
    }
 
    for(int j=; j<all_e; j++)
            if(dis[edge[j].e] > dis[edge[j].s] + edge[j].t)
                return true;        
 
    return false;
}
 
int main ()
{
    cin>>f;
    while(f--)
    {
        memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
        cin>>n>>m>>w;
        all_e=;
        int u,v,c;
        for(int i=; i<m; i++)
        {
            cin>>u>>v>>c;
            edge[all_e].s=edge[all_e+].e=u;
            edge[all_e].e=edge[all_e+].s=v;
            edge[all_e].t=edge[all_e+].t=c;
            all_e=all_e+;
        }
 
        for(int i=; i<w; i++)
        {
            cin>>u>>v>>c;
            edge[all_e].s=u;
            edge[all_e].e=v;
            edge[all_e].t=-c;
            all_e++;
        }
 
        if(bellman_ford())
            cout<<"YES"<<endl;
        else
            cout<<"NO"<<endl;
 
    }
    return ;
}

POJ 1860 兑换货币（判断有无正环）

描述

我们城市有几个货币兑换点在运作。假设每个点专门处理两种特定的货币，并且只对这些货币执行兑换操作。可以有几个点专门针对同一种货币。每个点都有自己的汇率，A到B的汇率是1A的B的数量。另外，每个兑换点都有一定的佣金，你必须为你的兑换业务支付的金额。佣金总是以货币量收取。
例如，如果你想在兑换点将100美元兑换成俄罗斯卢布，汇率为29.75，佣金为0.39，你将得到(100-0.39)*29.75=2963.3975RUR。
你当然知道，在我们的城市里，你可以对付N种不同的货币。让我们为每种货币分配从1到N的唯一整数。然后，每个交换点可以用6个数字来描述：整数A和B-它交换的货币数和实R。_AB型、C_AB型，R_巴和C_巴-交换A至B和B至A时的汇率和佣金。
尼克有一些货币S，他想知道他是否可以某种方式，在一些外汇操作后，增加他的资本。当然，他最终想把钱换成S货币。帮助他回答这个难题。尼克在做手术的时候总要有一笔非负的钱。

输入

输入的第一行包含四个数字：n-货币数量，M-外汇点数，S-货币尼克的数量，V-他拥有的货币单位的数量。以下M行按上述顺序分别包含6个数字-对应的交换点的描述。数字由一个或多个空格分隔。1<=S<=N<=100，1<=M<=100，V为实数，0<=V<=10³. 
每一点的汇率和佣金是真实的，小数点之后最多有两位数，即10。^-2<=rate<=10²，0<=佣金<=10². 
如果在这个序列中没有不止一次使用交换点，那么让我们简单地调用交换操作的某些序列。您可以假设，在任何简单的交换操作序列的末尾和开始处的数字值的比率将小于10。⁴. 

输出量

如果尼克能增加他的财富，产出是肯定的，在其他情况下输出不输出文件。

样本输入

3 2 1 20.0
1 2 1.00 1.00 1.00 1.00
2 3 1.10 1.00 1.10 1.00

样本输出

YES

//该题刚刚写的时候，不知道怎么处理这些数据，把这些数据看成图，其实本质都是一样的，只不给边赋予了性质，处理好这些数据又是一道模板题
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
 
int g1[][]={},g2[][]={};
double dis[]={};
int n,m,s;
double v;
 
struct node{
    int a,b;
    double ha,hb;
    double ya,yb;
}edge[];
 
bool bellman_ford()
{
    bool flag=false;
 
    for(int i=; i<n-; i++)
    {
        flag=false;
        for(int j=; j<*m; j++)
        {
            if((dis[edge[j].a]-edge[j].ya)*edge[j].ha>dis[edge[j].b])
            {
                dis[edge[j].b]=(dis[edge[j].a]-edge[j].ya)*edge[j].ha;
                flag=true;
            }
        }
        if(!flag)
            break;
    }
 
    for(int j=; j<*m; j++)
    {
        if((dis[edge[j].a]-edge[j].ya)*edge[j].ha>dis[edge[j].b])
        {
            dis[edge[j].b]=(dis[edge[j].a]-edge[j].ya)*edge[j].ha;
            return true;
        }
    }
    return false;
 
}
 
int main()
{
    cin>>n>>m>>s>>v;
    dis[s]=v;
    for(int i=; i<*m; i=i+)
    {
       cin>>edge[i].a>>edge[i].b>>edge[i].ha>>edge[i].ya>>edge[i].hb>>edge[i].yb;
       edge[i+].b=edge[i].a, edge[i+].a=edge[i].b;
       edge[i+].ha=edge[i].hb, edge[i+].hb=edge[i].ha;
       edge[i+].ya=edge[i].yb, edge[i+].yb=edge[i].ya;
    }
 
    if(bellman_ford())
        cout<<"YES"<<endl;
    else
        cout<<"NO"<<endl;
    return ;
}