核心思想：鬆弛操作
對於邊(u,v)，用dist（u）和（u，v）的和嘗試更新dist（v）:
dist(v) = min(dist(v) , dist(u)+l(u,v)
注：dist（i）為源點（起點）到i點的距離，l（u，v）為u->v的邊權。
Bellman-Ford的基本操作是進行多次迭代，每一輪迭代對圖上所有邊進行鬆弛操作，直到再一次迭代中沒有點的dist發生變化即可停止迭代。為什麼呢？不妨假設已經沒有dist發生變化了，再進行一輪迭代的話，很顯然，之後的迭代沒有產生任何作用，dist陣列依舊沒有改變，反倒增大了時間複雜度，這不是多此一舉麼。
圖解：
初始：（S為源點）
初始設定為inf無窮大，表示還沒有最短路
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | inf | inf | inf | inf | inf |
第一輪迭代：
對S點連出的邊（s->e，s->a）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7(0+7) | inf | inf | inf | 5(0+5) |
對A連出的邊（a->c）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | inf | 9(7+2) | inf | 5 |
對B連出的邊（b->a)
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | inf | 9 | inf | 5 |
dist(B)還沒有找到最短路，更新其他點的最短路徑無意義，故對B點的出邊不進行鬆弛
對C連出的邊（c->b）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7(9+(-2)) | 9 | inf | 5 |
對D連出的邊（d->c,d->a）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | inf | 5 |
dist(D)還沒有找到最短路，更新其他點的最短路徑無意義，故對D點的出邊不進行鬆弛
對E連出的邊（e->d）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | 6(5+1) | 5 |
已經對所有的邊進行了鬆弛操作，第一輪迭代結束
第二輪迭代
對S點連出的邊（s->e，s->a）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
無需更新
對A連出的邊（a->c）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
無需更新
對B連出的邊（b->a)
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
無需更新
對C連出的邊（c->b）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
無需更新
對D連出的邊（d->c,d->a）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 2(6+(-4)) | 7 | 5(6+(-1)) | 6 | 5 |
對E連出的邊（e->d）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 2 | 7 | 5 | 6 | 5 |
已經對所有的邊進行了鬆弛操作，第二輪迭代結束
第三輪迭代
與第一第二輪同理（此處直接給出迭代結束的結果）
| S | A | B | C | D | E |
| 0 | 2 | 2 | 4 | 6 | 5 |
第四輪迭代
無任何更新，迭代結束，更新完成
演算法分析：
如果最短路存在，一定存在一個不含環的最短路。（理由：對零環和正環，去掉後路徑不會邊長；對負環，若最短路徑中存在負環，那一定不是最短路，負環可以無限繞下去，路徑可以是負無窮）
最短路不含環，那麼一條最短路徑最多經過n-1個點（不含起點），所以最多需要n-1輪鬆弛操作。
複雜度分析：
最多進行n-1次迭代，每次迭代列舉遍歷所有邊，嘗試通過邊進行鬆弛操作，故複雜度為
O(N-1)*O(M)即O(NM)，（注：N為點數，M為邊數）
虛擬碼
for (int i = 0; i <= n; i++)
dist[i] = inf;//初始化為無窮大
dist[s] = 0;//s為起點，自己到自己的最短路為0
for (int k = 1; k <= n - 1; k++)//迭代n-1輪
{
for (int i = 1; i <= m; i++)//列舉每一條邊
{
int x = u[i], y = v[i];
if (dist[x] < inf)
dist[y] = min(dist[y], dist[x] + w[i]);//鬆弛
}
}
檢查有無負環
將dist陣列初始化為0，迭代n-1次後進行第n次迭代，如果第n次迭代有進行鬆弛操作，則一定存在負環，因為不存在負環最多隻能進行n-1次鬆弛操作
程式碼實現：
void bellman_ford(int s, int end) // s為起點,end為終點
{
memset(dis, 127, sizeof(dis));
dis[s] = 0; //起點最短路為0
pre[s] = -1;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
{
bool ok = false;
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
int x = edge[j].u, y = edge[j].v, w = edge[j].w;
if (dis[x] < (1 << 30) && dis[x] + w < dis[y])
{
dis[y] = dis[x] + w;
pre[y] = x; // y的上一個點為x，如不需列印路徑無需pre陣列
ok = true;
}
}
if (ok == false)
{
break; //未進行鬆弛操作，提前退出迴圈，減小時間複雜度
}
}
if (dis[end] < (1 << 30))
cout << dis[end] << "\n";
else
cout << "-1\n";
// Print_Path(end); //列印路徑
}
模板題
題目連結：
題目描述：
給你一張簡單有向圖，邊權都為非負整數。以及一些詢問，詢問兩個點之間的距離。
圖用以下形式給出：
第一行輸入三個整數 n,m,k表示圖的頂點數、邊數和詢問次數，頂點編號從 1 到 n。
接下來 m 行，每行三個整數 x,y,z表示 x 到 y 有一條有向邊，邊權為 z。
接下來 k 行，每行兩個整數 x,y 詢問從 x 到 y 的最短路長度，如果無法到達，輸出 −1。
輸入格式：
第一行三個整數 n,m,k 表示圖的頂點數、邊數和詢問次數。
接下來 m 行，每行有三個整數，代表一條邊。
接下來 k 行，每行有兩個整數，代表一次詢問。
輸出格式：
輸出共 k 行，每行一個數表示一次詢問的答案。
資料規模：
對於所有資料，保證 2≤n≤5000,0≤m≤10000,1≤k≤5,1≤x,y≤n,x≠y,1≤z≤10000。
樣例輸入：
3 3 2
1 2 3
2 3 2
3 2 1
1 3
3 1
樣例輸出：
5
-1
直接給程式碼了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Edge
{
int u, v, w;
} edge[100009];
int pre[100009]; //記錄上一個點，為了列印最短路徑
int dis[100009], n, m, k; // n為點數，m為邊數，dis[i]為起點到i的最短距離
void Print_Path(int x)
{
if (pre[x] == -1)
{
cout << x; //起點的pre為-1，所以x為起點
return;
}
else
{
Print_Path(pre[x]);
cout << "->" << x;
}
}
void bellman_ford(int s, int end) // s為起點,end為終點
{
memset(dis, 127, sizeof(dis));
dis[s] = 0; //起點最短路為0
pre[s] = -1;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
{
bool ok = false;
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
int x = edge[j].u, y = edge[j].v, w = edge[j].w;
if (dis[x] < (1 << 30) && dis[x] + w < dis[y])
{
dis[y] = dis[x] + w;
pre[y] = x; // y的上一個點為x
ok = true;
}
}
if (ok == false)
{
break; //未進行鬆弛操作，提前退出迴圈，減小時間複雜度
}
}
if (dis[end] < (1 << 30))
cout << dis[end] << "\n";
else
cout << "-1\n";
// Print_Path(end); //列印路徑
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr); //關同步流
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= m; i++) //讀入邊
{
cin >> edge[i].u >> edge[i].v >> edge[i].w;
}
for (int i = 1; i <= k; i++) // k次詢問
{
int x, y;
cin >> x >> y;
bellman_ford(x, y);
}
}參考文獻：
《演算法競賽，入門經典（第二版）》
2022 Namomo Spring Camp Div2 Day8 直播課
ending
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