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??一，单源最短路径??
??二，无向图实战??
??HDU 1874 畅通工程续??
??三，有向图实战??
??力扣 743. 网络延迟时间??
一，单源最短路径Dijskra
把点分为已经确定最短路的点和还没确定的点，每次新增一个确定最短路的点，确定之后根据它来对剩下的点刷新从起点到该点的可能的最短路，
每次都在剩下的点中，选取离起点最近的点加入到确定最短路的集合中，直到所有的点都确定最短路。
二，无向图实战HDU 1874 畅通工程续
题目：
Description
某省自从实行了很多年的畅通工程计划后，终于修建了很多路。不过路多了也不好，每次要从一个城镇到另一个城镇时，都有许多种道路方案可以选择，而某些方案要比另一些方案行走的距离要短很多。这让行人很困扰。
现在，已知起点和终点，请你计算出要从起点到终点，最短需要行走多少距离。 Input
本题目包含多组数据，请处理到文件结束。 每组数据第一行包含两个正整数N和M(0<N<200,0<M<1000)，分别代表现有城镇的数目和已修建的道路的数目。城镇分别以0～N-1编号。 接下来是M行道路信息。每一行有三个整数A,B,X(0<=A,B<N,A!=B,0<X<10000),表示城镇A和城镇B之间有一条长度为X的双向道路。 再接下一行有两个整数S,T(0<=S,T<N)，分别代表起点和终点。 Output
对于每组数据，请在一行里输出最短需要行走的距离。如果不存在从S到T的路线，就输出-1. Sample Input
3 3 0 1 1 0 2 3 1 2 1 0 2 3 1 0 1 1 1 2 Sample Output
2 -1
太懒了，懒得用邻接表+优先队列了，直接用邻接矩阵然后暴力的求解。
用len记录任何2个点之间的距离，minlen记录一个点到s的最短距离。
minlen是不断更新的，只有访问过之后，即visit变成1之后，minlen才是真的到s的最短距离，在这之前都只是它的上界。
代码：
#include<iostream>#include<string.h>using namespace std;int n, m, s, t;int con = 2000000;int len[200][200];int minlen[200];int visit[200];void dijkstra(int k){ if (minlen[k] >= con)return; visit[k] = 1; for (int i = 0; i < n; i++) { if (minlen[i]>minlen[k] + len[i][k])minlen[i] = minlen[k] + len[i][k]; } int l = con, key = -1; for (int i = 0; i < n; i++) { if (visit[i] == 0 && l>minlen[i]) { key = i; l = minlen[i]; } } if (key < 0)return; dijkstra(key);}int main(){ int a, b, x; while (scanf(“%d%d”, &n, &m) != -1) { for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < n; j++)len[i][j] = con; while (m–) { scanf(“%d%d%d”, &a, &b, &x); if (len[b][a]>x)len[a][b] = len[b][a] = x; } scanf(“%d%d”, &s, &t); for (int i = 0; i < n; i++)minlen[i] = len[i][s]; memset(visit, 0, sizeof(visit)); minlen[s] = 0; dijkstra(s); if (minlen[t]<con)printf(“%d\n”, minlen[t]); else printf(“-1\n”); } return 0;}
不过还是挺快的，15ms AC
这个题目有一个略坑的地方，2个城市之间不一定只有1条路，所以更新len的时候需要判断。
con是用200*10000得到的，con的作用是保证如果一个点和s是连通的，那么它们之间的距离一定小于con。
所以这个con也就是相当于无穷大的实现。
三，有向图实战力扣 743. 网络延迟时间
有 n 个网络节点，标记为1到 n。
给你一个列表times，表示信号经过 有向 边的传递时间。times[i] = (ui, vi, wi)，其中ui是源节点，vi是目标节点， wi是一个信号从源节点传递到目标节点的时间。
现在，从某个节点K发出一个信号。需要多久才能使所有节点都收到信号？如果不能使所有节点收到信号，返回-1 。
示例 1：
输入：times = [[2,1,1],[2,3,1],[3,4,1]], n = 4, k = 2 输出：2 示例 2：
输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 1 输出：1 示例 3：
输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 2 输出：-1
提示：
1 <= k <= n <= 100 1 <= times.length <= 6000 times[i].length == 3 1 <= ui, vi <= n ui != vi 0 <= wi <= 100 所有 (ui, vi) 对都 互不相同（即，不含重复边）
//输入边集{{1，2}{1，3}{2，3}}，输出邻接表{1:{2,3},2:{3}}map<int, vector<int>> edgeToAdjaList(vector<vector<int>>& v){ map<int,vector<int>> ans; for (auto &vi : v) { ans[vi[0]].push_back(vi[1]); } return ans;}//输入带权边集，输出边和权的映射map<pair<int, int>, int> edgeToValueMap(vector<vector<int>>& v){ map<pair<int, int>, int>m; for (auto& vi : v) { m[{vi[0], vi[1]}] = vi[2]; } return m;}struct Node{ int id; int len;};class cmp{public: bool operator()(Node a, Node b) { return a.len > b.len; }};class Solution {public: int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int n, int k) { map<int, int>m; for (int i = 1; i <= n; i++)m[i] = INT_MAX; map<int, vector<int>> adja = edgeToAdjaList(times); map<pair<int, int>, int> value = edgeToValueMap(times); priority_queue< Node, vector< Node>, cmp>que; map<int, int>visit; que.push({ k,0 }); m[k] = 0; while (!que.empty()) { Node nod = que.top(); que.pop(); if (visit[nod.id])continue; visit[nod.id] = 1; for (auto& vi : adja[nod.id]) { if (nod.len + value[{nod.id, vi}] < m[vi]) { que.push({ vi, m[vi] = nod.len + value[{nod.id, vi}] }); } } } int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (m[i] == INT_MAX)return -1; ans = max(ans, m[i]); } return ans; }}; 人生就像一场旅行，不必在乎目的地，
