题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4370
题目大意：有一个n*n的矩阵Cij(1<=i,j<=n)，要找到矩阵Xij(i<=1,j<=n)满足以下条件：
1.X 12+X 13+...X 1n=1
2.X 1n+X 2n+...X n-1n=1
3.for each i (1<i<n), satisfies ∑X ki (1<=k<=n)=∑X ij (1<=j<=n).
举个例子， 如果 n=4,上面条件等价于以下情况：
X 12+X 13+X 14=1
X 14+X 24+X 34=1
X 12+X 22+X 32+X 42=X 21+X 22+X 23+X 24
X 13+X 23+X 33+X 43=X 31+X 32+X 33+X 34
找出 ∑C ij*X ij(1<=i,j<=n)的最小值。
解题思路：这题主要是考建图的思维，看了kuangbin写的才会，下面都是照搬他博客的东西。解题的关键在于如何看出这个模型的本质。
3个条件明显在刻画未知数之间的关系，从图论的角度思考问题，容易得到下面3个结论：
①.X12+X13+...X1n=1 于是1号节点的出度为1
②..X1n+X2n+...Xn-1n=1 于是n号节点的入度为1
③.∑Xki =∑Xij 于是2~n-1号节点的入度必须等于出度
于是3个条件等价于一条从1号节点到n号节点的路径，故Xij=1表示需要经过边(i,j)，代价为Cij。Xij=0表示不经过边(i,j)。注意到Cij非负且题目要求总代价最小，因此最优答案的路径一定可以对应一条简单路径。
最终，我们直接读入边权的邻接矩阵，跑一次1到n的最短路即可，记最短路为path。
以上情况设为A
还有如下的情况B：
从1出发，走一个环（至少经过1个点，即不能是自环），回到1；从n出发，走一个环（同理），回到n。
容易验证，这是符合题目条件的。且A || B为该题要求的充要条件。
由于边权非负，于是两个环对应着两个简单环。
因此我们可以从1出发，找一个最小花费环，记代价为c1,再从n出发，找一个最小花费环，记代价为c2。
故最终答案为min(spfa(1,n),spfa(1,1)+spfa(n,n))。
spfa里面计算最小环，还需要一点修改，当计算环时（dis[start]==INF且start不入队，计算所有start能到达的点并入队）。
代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<queue>
5 #include<cstdio>
6 using namespace std;
7 const int N=3e2+5;
8 const int INF=0x3f3f3f3f;
9
10 int n;
11 int cost[N][N],dis[N];
12 bool vis[N];
13
14 int spfa(int s,int e){
15 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
16 memset(vis,false,sizeof(vis));
17 queue<int>q;
18 if(s==e){
19 for(int i=1;i<=n;i++){
20 if(i!=s){
21 q.push(i);
22 dis[i]=cost[s][i];
23 vis[i]=true;
24 }
25 }
26 }
27 else{
28 dis[s]=0;
29 q.push(s);
30 }
31 while(!q.empty()){
32 int k=q.front();
33 q.pop();
34 vis[k]=false;
35 for(int i=1;i<=n;i++){
36 if(dis[k]+cost[k][i]<dis[i]){
37 dis[i]=dis[k]+cost[k][i];
38 if(!vis[i]){
39 q.push(i);
40 vis[i]=true;
41 }
42 }
43 }
44 }
45 return dis[e];
46 }
47
48 int main(){
49 while(scanf("%d",&n)!=EOF){
50 for(int i=1;i<=n;i++){
51 for(int j=1;j<=n;j++){
52 scanf("%d",&cost[i][j]);
53 }
54 }
55 int ans=min(spfa(1,n),spfa(1,1)+spfa(n,n));
56 printf("%d\n",ans);
57 }
58 return 0;
59 }