旅游省钱大法：加权最短路径
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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毕业季，对过去也许有些欢乐和感伤，对未来也许有些迷茫和向往，不过这些终究是过眼云烟，迟早会被时间淡化和遗忘。
在这段美好时光的末尾，确实应该来一场说走就走的毕业旅行，放肆一把，给青春画上一个完美的句号。
那么，本文就教给你一个动态规划算法，在毕业旅行中省钱 节约追求诗和远方的资本。
假设，你准备从学校所在的城市出发，游历多个城市，一路浪到公司入职，那么你应该如何安排旅游路线，才能最小化机票的开销？
我们来看看力扣第 787 题「K 站中转内最便宜的航班」，我描述一下题目：
现在有 n 个城市，分别用 0, 1…, n - 1 这些序号表示，城市之间的航线用三元组 [from, to, price] 来表示，比如说三元组 [0,1,100] 就表示，从城市 0 到城市 1 之间的机票价格是 100 元。
题目会给你输入若干参数：正整数 n 代表城市个数，数组 flights 装着若干三元组代表城市间的航线及价格，城市编号 src 代表你所在的城市，城市编号 dst 代表你要去的目标城市，整数 K 代表你最多经过的中转站个数。
函数签名如下：
int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K);
请你的算法计算，在 K 次中转之内，从 src 到 dst 所需的最小花费是多少钱，如果无法到达，则返回 -1。
比方说题目给的例子：
n = 3, flights = [[0,1,100],[1,2,100],[0,2,500]], src = 0, dst = 2, K = 0
航线就是如下这张图所示，有向边代表航向的方向，边上的数字代表航线的机票价格：
出发点是 0，到达点是 2，允许的最大中转次数 K 为 1，所以最小的开销就是图中红色的两条边，从 0 出发，经过中转城市 1 到达目标城市 2，所以算法的返回值应该是 200。
注意这个中转次数的上限 K 是比较棘手的，如果上述题目将 K 改为 0，也就是不允许中转，那么我们的算法只能返回 500 了，也就是直接从 0 飞到 2。
很明显，这题就是个加权有向图中求最短路径的问题。
说白了，就是给你一幅加权有向图，让你求 src 到 dst 权重最小的一条路径，同时要满足，这条路径最多不能超过 K + 1 条边（经过 K 个节点相当于经过 K + 1 条边。
我们来分析下求最短路径相关的算法。
BFS 算法思路
我们前文BFS 算法框架详解中说到，求最短路径，肯定可以用 BFS 算法来解决。
因为 BFS 算法相当于从起始点开始，一步一步向外扩散，那当然是离起点越近的节点越先被遍历到，如果 BFS 遍历的过程中遇到终点，那么走的肯定是最短路径。
不过呢，我们在BFS 算法框架详解用的是普通的队列 Queue 来遍历多叉树，而对于加权图的最短路径来说，普通的队列不管用了，得用优先级队列 PriorityQueue。
为什么呢？也好理解，在多叉树（或者扩展到无权图）的遍历中，与其说边没有权重，不如说每条边的权重都是 1，起点与终点之间的路径权重就是它们之间「边」的条数。
这样，按照 BFS 算法一步步向四周扩散的逻辑，先遍历到的节点和起点之间的「边」更少，累计的权重当然少。
换言之，先进入 Queue 的节点就是离起点近的，路径权重小的节点。
但对于加权图，路径中边的条数和路径的权重并不是正相关的关系了，有的路径可能边的条数很少，但每条边的权重都很大，那显然这条路径权重也会很大，很难成为最短路径。
比如题目给的这个例子：
你是可以一步从 0 走到 2，但路径权重不见得是最小的。
所以，对于加权图的场景，我们需要优先级队列「自动排序」的特性，将路径权重较小的节点排在队列前面，以此为基础施展 BFS 算法。
说了这么多 BFS 算法，只是帮助大家融会贯通一下，我们本文并不准备用 BFS 算法来解决这道题，而是准备用动态规划来解决这道题，因为我们公众号好久没有写动态规划相关的算法了。
动态规划思路
我们前文动态规划核心套路详解中说过，求最值的问题，很多都可能使用动态规划来求解。
加权最短路径问题，再加个 K 的限制也无妨，不也是个求最值的问题嘛，动态规划统统拿下。
我们先不管 K 的限制，但就「加权最短路径」这个问题来看看，它怎么就是个动态规划问题了呢？
比方说，现在我想计算 src 到 dst 的最短路径：
最小权重是多少？我不知道。
但我可以把问题进行分解：
s1, s2 是指向 dst 的相邻节点，它们之间的权重我是知道的，分别是 w1, w2。
只要我知道了从 src 到 s1, s2 的最短路径，我不就知道 src 到 dst 的最短路径了吗！
minPath(src, dst) = min(
minPath(src, s1) + w1,
minPath(src, s2) + w2
)
这其实就是递归关系了，就是这么简单。
不过别忘了，题目对我们的最短路径还有个「路径上不能超过 K + 1 条边」的限制。
那么我们不妨定义这样一个 dp 函数：
int dp(int s, int k);
函数的定义如下：
从起点 src 出发，k 步之内（一步就是一条边）到达节点 s 的最小路径权重为 dp(s, k)。
那么，dp 函数的 base case 就显而易见了：
// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最小成本
int dp(int s, int k) {
// 从 src 到 src，一步都不用走
if (s == src) {
return 0;
}
// 如果步数用尽，就无解了
if (k == 0) {
return -1;
}
// ...
}
题目想求的最小机票开销就可以用 dp(dst, K+1) 来表示：
int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
// 将中转站个数转化成边的条数
K++;
//...
return dp(dst, K);
添加了一个 K 条边的限制，状态转移方程怎么写呢？其实和刚才是一样的：
K 步之内从 src 到 dst 的最小路径权重是多少？我不知道。
但我可以把问题分解：
s1, s2 是指向 dst 的相邻节点，我只要知道 K - 1 步之内从 src 到达 s1, s2，那我就可以在 K 步之内从 src 到达 dst。
也就是如下关系式：
dp(dst, k) = min(
dp(s1, k - 1) + w1,
dp(s2, k - 1) + w2
)
这就是新的状态转移方程，如果你能看懂这个算式，就已经可以解决这道题了。
代码实现
根据上述思路，我怎么知道 s1, s2 是指向 dst 的相邻节点，他们之间的权重是 w1, w2？
我希望给一个节点，就能知道有谁指向这个节点，还知道它们之间的权重，对吧。
专业点说，得用一个数据结构记录每个节点的「入度」indegree：
// 哈希表记录每个点的入度
// to -> [from, price]
HashMap<Integer, List<int[]>> indegree;
int src, dst;
public int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
// 将中转站个数转化成边的条数
K++;
this.src = src;
this.dst = dst;
indegree = new HashMap<>();
for (int[] f : flights) {
int from = f[0];
int to = f[1];
int price = f[2];
// 记录谁指向该节点，以及之间的权重
indegree.putIfAbsent(to, new LinkedList<>());
indegree.get(to).add(new int[] {from, price});
}
return dp(dst, K);
}
有了 indegree 存储入度，那么就可以具体实现 dp 函数了：
// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最短路径权重
int dp(int s, int k) {
// base case
if (s == src) {
return 0;
}
if (k == 0) {
return -1;
}
// 初始化为最大值，方便等会取最小值
int res = Integer.MAX_VALUE;
if (indegree.containsKey(s)) {
// 当 s 有入度节点时，分解为子问题
for (int[] v : indegree.get(s)) {
int from = v[0];
int price = v[1];
// 从 src 到达相邻的入度节点所需的最短路径权重
int subProblem = dp(from, k - 1);
// 跳过无解的情况
if (subProblem != -1) {
res = Math.min(res, subProblem + price);
}
}
}
// 如果还是初始值，说明此节点不可达
return res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
}
有之前的铺垫，这段解法逻辑应该是很清晰的。当然，对于动态规划问题，肯定要消除重叠子问题。
为什么有重叠子问题？很简单，如果某个节点同时指向两个其他节点，那么这两个节点就有相同的一个入度节点，就会产生重复的递归计算。
怎么消除重叠子问题？找问题的「状态」。
状态是什么？在问题分解（状态转移）的过程中变化的，就是状态。
谁在变化？显然就是 dp 函数的参数 s 和 k，每次递归调用，目标点 s 和步数约束 k 在变化。
所以，本题的状态有两个，应该算是二维动态规划，我们可以用一个 memo 二维数组或者哈希表作为备忘录，减少重复计算。
我们选用二维数组做备忘录吧，注意 K 是从 1 开始算的，所以备忘录初始大小要再加一：
int src, dst;
HashMap<Integer, List<int[]>> indegree;
// 备忘录
int[][] memo;
public int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
K++;
this.src = src;
this.dst = dst;
// 初始化备忘录，全部填一个特殊值
memo = new int[n][K + 1];
for (int[] row : memo) {
Arrays.fill(row, -888);
}
// 其他不变
// ...
return dp(dst, K);
}
// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最小成本
int dp(int s, int k) {
// base case
if (s == src) {
return 0;
}
if (k == 0) {
return -1;
}
// 查备忘录，防止冗余计算
if (memo[s][k] != -888) {
return memo[s][k];
}
// 状态转移不变
// ...
// 存入备忘录
memo[s][k] = res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
return memo[s][k];
}
备忘录初始值为啥初始为 -888？前文base case 和备忘录的初始值怎么定说过，随便初始化一个无意义的值就行。
至此，这道题就通过自顶向下的递归方式解决了。当然，完全可以按照这个解法衍生出自底向上迭代的动态规划解法，但由于篇幅所限，我就不写了，反正本质上都是一样的。
其实，大家如果把我们号之前的所有动态规划文章都看一遍，就会发现我们一直在套用动态规划核心套路，其实真没什么困难的。