Bellman_Ford算法
在最短路径问题中，我们给定一个带权重的有向图 G = ( V , E ) G=(V,E) G=(V,E)和权重函数 w w w， w ( u , v ) w(u,v) w(u,v)返回 u → v u\to v u→v的边权。图中的一条路径 p = < v 0 , v 1 , ⋯ , v k > p=<v_0,v_1,\cdots,v_k> p=<v0,v1,⋯,vk>的权重 w ( p ) w(p) w(p)是构成路径的边的边权之和：
w ( p ) = ∑ i = 1 k w ( v i − 1 , v i ) w(p)=\sum \limits _{i=1}^{k}w(v_{i-1},v_i) w(p)=i=1∑kw(vi−1,vi)
定义从节点 u u u到节点 v v v的最短路径权重 δ ( u , v ) \delta (u,v) δ(u,v)如下：
特别地，设源点为 s s s，那么 δ ( s , s ) = 0 \delta(s,s)=0 δ(s,s)=0，这很明显，原地踏步嘛，自己到自己的最短距离就是0
如何理解任何一条路径呢？
最短路径不是唯一的，有很多条最短路径，也就是说会有很多最短路径 p p p，但是最短路径上的权值之和是唯一的，也就是说最终的 δ ( u , v ) \delta(u,v) δ(u,v)是唯一的
最短路径的最优子结构
最短路径的最优子结构：最短路径的子路径也是最短路径。
性质： δ ( s , v ) = δ ( s , u ) + w ( u , v ) \delta(s,v)=\delta(s,u)+w(u,v) δ(s,v)=δ(s,u)+w(u,v)
证明如下：
负权和负环
- 负权：图中某些边的权值为负数
- 负环：存在一个环，这个环中所有边权之和为负数
为什么最短路径中不能存在负权环和正权环呢？
- 不能存在负权环。如上图，我们想要求从 u u u到 v v v的最短距离，但是每次进入这个环，权值之和都会减少5，那么可以在这个环上无限转圈，每转一圈权值之和减少5，但是一直转圈，不知道啥时候能停止转圈，然后通过最后一条边到达重点 v v v。假设只转一圈就出去了，那么 δ ( u , v ) = 3 \delta(u,v)=3 δ(u,v)=3；假设转两圈就出去了，那么 δ ( u , v ) = − 2 \delta (u,v)=-2 δ(u,v)=−2， ⋯ \cdots ⋯，由于无限转圈圈，那么得到的最短距离不确定
- 不能存在正权环。如上图，假设正权环权值为2，4，1。每次进入环中，权值之和都会增加7，假设只转一圈就出去了，那么 δ ( u , v ) = 15 \delta(u,v)=15 δ(u,v)=15；假设转两圈就出去了，那么 δ ( u , v ) = 22 \delta (u,v)=22 δ(u,v)=22，很明显，如果无限转圈，那么最短距离是单调递增的。但是，如果不走这个环，那么得到的是 δ ( u , v ) = 5 + 1 + 3 = 9 \delta(u,v)=5+1+3=9 δ(u,v)=5+1+3=9。也就是说，如果去掉回路上的边，可以产生一个具有相同起点和终点、权值更小的路径。即如果 p = < v 0 , v 1 , ⋯ , v k > p=<v_0,v_1,\cdots,v_k> p=<v0,v1,⋯,vk>是一条路径，而 c = < v i , v i + 1 , ⋯ , v j , v j + 1 , v i > c=<v_i,v_{i+1},\cdots,v_j,v_{j+1},v_i> c=<vi,vi+1,⋯,vj,vj+1,vi>是这条路径上的一个正权回路(那么 w ( c ) > 0 w(c)>0 w(c)>0)。如果去掉回路上的边后，得到路径 p ′ = < v 0 , v 1 , ⋯ , v i , v j + 1 , v j + 2 , ⋯ , v k > p'=<v_0,v_1,\cdots,v_i,v_{j+1},v_{j+2},\cdots,v_k> p′=<v0,v1,⋯,vi,vj+1,vj+2,⋯,vk>，那么 w ( p ) = w ( p ′ ) + w ( c ) w(p)=w(p')+w(c) w(p)=w(p′)+w(c)，因此 w ( p ′ ) < w ( p ) w(p')<w(p) w(p′)<w(p)，所以 p p p不可能是从 v 0 v_0 v0到 v k v_k vk的最短路径
松弛操作
对于图中的每一个顶点 v v v，都设置一个属性 d i s [ v ] dis[v] dis[v]，用来描述从源点 s s s到 v v v的最短路径上权值的上界，称为最短路径估计。
- d i s [ v ] dis[v] dis[v]也就是从起点 s s s到点 v v v的最短路径上的估计值
- δ ( u , v ) \delta(u,v) δ(u,v)是从起点 s s s到点 v v v的真实的最短路径上权值的最优解
- 其实也就是要想办法设置一种算法，使得最终有 d i v [ v ] = δ ( u , v ) div[v]=\delta(u,v) div[v]=δ(u,v)，真正要求的就是 d i v [ v ] div[v] div[v]， δ ( u , v ) \delta(u,v) δ(u,v)只是设想的最优解
如何理解松弛后一定有 d i s [ v ] ≤ d i s [ u ] + w ( u , v ) dis[v]\leq dis[u]+w(u,v) dis[v]≤dis[u]+w(u,v)呢？
- 对于a图，松弛前， d i s [ u ] = 5 , w ( u , v ) = 2 , d i s [ v ] = 9 dis[u]=5,w(u,v)=2,dis[v]=9 dis[u]=5,w(u,v)=2,dis[v]=9，由于 d i s [ u ] + w ( u , v ) < d i s [ v ] dis[u]+w(u,v)<dis[v] dis[u]+w(u,v)<dis[v]，然后我们让它执行了这句 d i s [ v ] = d i s [ u ] + w ( u , v ) dis[v]=dis[u]+w(u,v) dis[v]=dis[u]+w(u,v)。因此松弛后，有 d i s [ v ] = d i s [ u ] + w ( u , v ) dis[v]=dis[u]+w(u,v) dis[v]=dis[u]+w(u,v)
- 对于b图，松弛前， d i s [ u ] = 5 , w ( u , v ) = 2 , d i s [ v ] = 6 dis[u]=5,w(u,v)=2,dis[v]=6 dis[u]=5,w(u,v)=2,dis[v]=6，由于 d i s [ u ] + w ( u , v ) > d i s [ v ] dis[u]+w(u,v)>dis[v] dis[u]+w(u,v)>dis[v]，那么啥也不做。因此松弛后，有 d i s [ v ] < d i s [ u ] + w ( u , v ) dis[v]<dis[u]+w(u,v) dis[v]<dis[u]+w(u,v)
- 综上，经过松弛操作后，一定有 d i s [ v ] ≤ d i s [ u ] + w ( u , v ) dis[v]\leq dis[u]+w(u,v) dis[v]≤dis[u]+w(u,v)
相关性质
路径松弛性质
如果路径 p = < v 0 , v 1 , ⋯ , v k > p=<v_0,v_1,\cdots,v_k> p=<v0,v1,⋯,vk>是从源点 s = v 0 s=v_0 s=v0到节点 v k v_k vk的一条最短路径，并且我们对 p p p的边按照 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的顺序进行了松弛操作，那么一定有 d i s [ v k ] = δ ( s , v k ) dis[v_k]=\delta(s,v_k) dis[vk]=δ(s,vk)，而且只要是有按这样的顺序进行松弛操作过，结论就一定成立。这个性质的保持并不受到其他松弛操作的影响，即使它们与p的边上的松弛操作混合在一起也是一样的。
证明如下：
这个证明有点像递推。若 d i s [ v i − 1 ] = δ ( s , v i − 1 ) dis[v_{i-1}]=\delta (s,v_{i-1}) dis[vi−1]=δ(s,vi−1)，则对 v i − 1 → v i v_{i-1}\to v_i vi−1→vi进行松弛操作后，由上面的收敛性子可知，得到： d i s [ v i ] = δ ( s , v i ) dis[v_i]=\delta(s,v_i) dis[vi]=δ(s,vi)，再由上界性质，一旦有 d i s [ v i ] = δ ( s , v i ) dis[v_i]=\delta(s,v_i) dis[vi]=δ(s,vi)，那么以后其值都不会发生改变了，该式子以后恒成立。又因为 d i s [ s ] = δ ( s , s ) = 0 , v 0 = s dis[s]=\delta(s,s)=0,v_0=s dis[s]=δ(s,s)=0,v0=s，所以得证
也就是说，我们可以通过：
- 由 d i s [ v 0 ] = δ ( s , v 0 ) dis[v_0]=\delta(s,v_0) dis[v0]=δ(s,v0)，通过收敛性质可知，对 s → v 0 s\to v_0 s→v0松弛后，推出 d i s [ v 1 ] = δ ( s , v 1 ) dis[v_1]=\delta(s,v_1) dis[v1]=δ(s,v1)，再由上界性质，其值之后都不会发生变化，该式子以后恒成立
- 由 d i s [ v 1 ] = δ ( s , v 1 ) dis[v_1]=\delta(s,v_1) dis[v1]=δ(s,v1)，通过收敛性质可知，对 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2松弛后，推出 d i s [ v 2 ] = δ ( s , v 2 ) dis[v_2]=\delta(s,v_2) dis[v2]=δ(s,v2)，再由上界性质，其值之后都不会发生变化，该式子以后恒成立
- ⋯ \cdots ⋯
- 由 d i s [ v k − 1 ] = δ ( s , v k − 1 ) dis[v_{k-1}]=\delta(s,v_{k-1}) dis[vk−1]=δ(s,vk−1)，通过收敛性质可知，对 v k − 1 → v k v_{k-1}\to v_{k} vk−1→vk松弛后，推出 d i s [ v k ] = δ ( s , v k ) dis[v_k]=\delta(s,v_k) dis[vk]=δ(s,vk)，再由上界性质，其值之后都不会发生变化，该式子以后恒成立
如何理解：这个性质的保持并不受到其他松弛操作的影响，即使它们与p的边上的松弛操作混合在一起也是一样的？
- 假设 d i s [ v i − 1 ] = δ ( s , v i − 1 ) dis[v_{i-1}]=\delta(s,v_{i-1}) dis[vi−1]=δ(s,vi−1)
- 假设松弛了不在路径 p p p上的某一条边 ( v t , v i ) (v_t,v_i) (vt,vi)，由上界性质， d i s [ v i ] ≥ δ ( s , v i ) dis[v_i]\geq \delta(s,v_i) dis[vi]≥δ(s,vi)（为什么不是直接 d i s [ v i ] = δ ( s , v i ) dis[v_i]=\delta (s,v_i) dis[vi]=δ(s,vi)呢？这是因为边 ( v t , v i ) (v_t,v_i) (vt,vi)并不是最短路径 p p p上的一条边，所以松弛 ( v t , v i ) (v_t,v_i) (vt,vi)后， d i s [ v i ] dis[v_i] dis[vi]不是直接等于 δ ( s , v i − 1 ) \delta (s,v_{i-1}) δ(s,vi−1)
- 然后松弛了最短路径 p p p上的某一条边 ( v i − 1 , v i ) (v_{i-1},v_i) (vi−1,vi)，由于它是最短路径 p p p上的边，因此松弛过后，由松弛性质、收敛性质、上界性质可知， d i s [ v i ] = δ ( s , v i ) dis[v_i]=\delta (s,v_i) dis[vi]=δ(s,vi)
这表明了，如果路径 p = < v 0 , v 1 , ⋯ , v k > p=<v_0,v_1,\cdots,v_k> p=<v0,v1,⋯,vk>是从源点 s = v 0 s=v_0 s=v0到节点 v k v_k vk的一条最短路径，并且我们对 p p p的边按照 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的顺序进行了松弛操作，不论我们在其中穿插了多少不在路径p上的其它边，例如按照如下顺序进行松弛操作：
- 按照 v 0 → v 1 , v t 0 → v t 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_{t_0}\to v_{t_1},v_1\to v_2,\cdots ,v_{k-1}\to v_k v0→v1,vt0→vt1,v1→v2,⋯,vk−1→vk，即插入了 v t 0 → v t 1 v_{t_0}\to v_{t1} vt0→vt1，但只是在原来 p p p的顺序中插入，并没有打乱之前 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的顺序
- 按照 v 1 → v 2 , v 0 → v 1 , v k − 1 → v k , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_1\to v_2,v_0\to v_1,v_{k-1}\to v_{k},v_1\to v_2,\cdots ,v_{k-1}\to v_k v1→v2,v0→v1,vk−1→vk,v1→v2,⋯,vk−1→vk，即插入了 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2和 v k − 1 → v k v_{k-1}\to v_k vk−1→vk，但只是在原来 p p p的顺序中插入，并没有打乱之前 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的顺序
- 也就是说，不论你在 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk这个顺序中，插入了多少条松弛边，最终的结果都是 d i s [ v k ] = δ ( s , v k ) dis[v_k]=\delta (s,v_k) dis[vk]=δ(s,vk)
- 但是要注意，证明的前提是路径 p = < v 0 , v 1 , ⋯ , v k > p=<v_0,v_1,\cdots,v_k> p=<v0,v1,⋯,vk>是从源点 s = v 0 s=v_0 s=v0到节点 v k v_k vk的一条最短路径
举个栗子解释上面的证明：
假设 p ( v 0 , v 1 , v 4 ) p(v_0,v_1,v_4) p(v0,v1,v4)是 s = v 0 s=v_0 s=v0到 v 4 v_4 v4的最短路径，且 δ ( s , v 4 ) = − 3 \delta(s,v_4)=-3 δ(s,v4)=−3，初始化dis数组为：
| s=v0 | v1 | v2 | v3 | v4 |
|---|---|---|---|---|
| 0 | INF | INF | INF | INF |
- 栗子一：假设我们按照 v 0 → v 1 , v 1 → v 4 , ⋯ v_0\to v_1,v_1\to v_4,\cdots v0→v1,v1→v4,⋯的顺序进行松弛操作，那么对 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1松弛后， d i s [ v 0 ] + w ( u , v ) = 0 + 2 = 2 < d i s [ v 1 ] = ∞ dis[v_0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v_1]=\infin dis[v0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v1]=∞，所以松弛后， d i s [ v 1 ] dis[v_1] dis[v1]被更新为2；接着对 v 1 → v 4 v_1\to v_4 v1→v4松弛后， d i s [ v 1 ] + w ( u , v ) = 2 + ( − 5 ) = − 3 < d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_1]+w(u,v)=2+(-5)=-3<dis[v_4]=\infin dis[v1]+w(u,v)=2+(−5)=−3<dis[v4]=∞，所以 d i s [ v 4 ] dis[v_4] dis[v4]被更新为-3 ⋯ \cdots ⋯
- 栗子二：假设我们按照 v 0 → v 1 , v 3 → v 4 , v 0 → v 2 , ⋯ , v 1 → v 4 v_0\to v_1,v_3\to v_4,v_0\to v_2,\cdots ,v_1\to v_4 v0→v1,v3→v4,v0→v2,⋯,v1→v4，在正确顺序中插入了 v 3 → v 4 , v 0 → v 2 v_3\to v_4,v_0\to v_2 v3→v4,v0→v2。那么对 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1松弛后， d i s [ v 0 ] + w ( u , v ) = 0 + 2 = 2 < d i s [ v 1 ] = ∞ dis[v_0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v_1]=\infin dis[v0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v1]=∞，所以松弛后， d i s [ v 1 ] dis[v_1] dis[v1]被更新为2；那么对 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4松弛后， d i s [ v 3 ] + w ( u , v ) = ∞ + 2 = ∞ + 2 > d i s [ v 1 ] = ∞ dis[v_3]+w(u,v)=\infin+2=\infin+2>dis[v_1]=\infin dis[v3]+w(u,v)=∞+2=∞+2>dis[v1]=∞，所以松弛后， d i s [ v 4 ] dis[v_4] dis[v4]没有被更新，仍然保持原来的值 ∞ \infin ∞；那么对 v 0 → v 2 v_0\to v_2 v0→v2松弛后， d i s [ v 0 ] + w ( u , v ) = 0 + 3 = 3 < d i s [ v 2 ] = ∞ dis[v_0]+w(u,v)=0+3=3<dis[v_2]=\infin dis[v0]+w(u,v)=0+3=3<dis[v2]=∞，所以松弛后， d i s [ v 2 ] dis[v_2] dis[v2]被更新为2； ⋯ \cdots ⋯；接着对 v 1 → v 4 v_1\to v_4 v1→v4松弛后， d i s [ v 1 ] + w ( u , v ) = 2 + ( − 5 ) = − 3 < d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_1]+w(u,v)=2+(-5)=-3<dis[v_4]=\infin dis[v1]+w(u,v)=2+(−5)=−3<dis[v4]=∞，所以 d i s [ v 4 ] dis[v_4] dis[v4]被更新为-3。可以发现，即使插入了一些不在最短路径 p p p中的边，并且对这些边松弛后，也不影响最终的结果 d i s [ v 4 ] = δ ( s , v 4 ) = − 3 dis[v_4]=\delta(s,v_4)=-3 dis[v4]=δ(s,v4)=−3
- 栗子三：假设我们按照 v 1 → v 4 , v 0 → v 1 , ⋯ , v 1 → v 4 v_1\to v_4,v_0\to v_1,\cdots ,v_1\to v_4 v1→v4,v0→v1,⋯,v1→v4，那么对 v 1 → v 4 v_1\to v_4 v1→v4松弛后， d i s [ v 4 ] + w ( u , v ) = ∞ + ( − 5 ) = ∞ − 5 < d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_4]+w(u,v)=\infin+(-5)=\infin-5<dis[v_4]=\infin dis[v4]+w(u,v)=∞+(−5)=∞−5<dis[v4]=∞，所以松弛后， d i s [ v 4 ] dis[v_4] dis[v4]被更新为 ∞ − 5 \infin -5 ∞−5；那么对 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1松弛后， d i s [ v 0 ] + w ( u , v ) = 0 + 2 = 2 < d i s [ v 1 ] = ∞ dis[v_0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v_1]=\infin dis[v0]+w(u,v)=0+2=2<dis[v1]=∞，所以松弛后， d i s [ v 1 ] dis[v_1] dis[v1]被更新为2； ⋯ \cdots ⋯；接着对 v 1 → v 4 v_1\to v_4 v1→v4松弛后， d i s [ v 1 ] + w ( u , v ) = 2 + ( − 5 ) = − 3 < d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_1]+w(u,v)=2+(-5)=-3<dis[v_4]=\infin dis[v1]+w(u,v)=2+(−5)=−3<dis[v4]=∞，所以 d i s [ v 4 ] dis[v_4] dis[v4]被更新为-3
- 也就是说，不论在 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 , v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots ,v_{k-1},v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1,vk中插入了啥，松弛后，都会有 d i s [ v k ] = δ ( s , v k ) dis[v_k]=\delta (s,v_k) dis[vk]=δ(s,vk)，这就是路径松弛性质
Bellman_Ford
为什么Bellman_Ford算法最外层最多迭代V-1次，就可以求出源点到其他各点的最短距离呢？
对于BF算法来说，外层循环控制迭代次数，内层循环每次都是对所有边进行松弛。但是对所有边进行松弛，这里所有边的顺序都不一定就是我们想要的按照 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots ,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的完美顺序，如果它能直接按照最短路径 p p p的顺序进行松弛，那么就可以很快得出结果。但是，由于我们每一轮，都是对所有边进行松弛，那么第一轮中一定包含 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，第二轮中一定包含 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2， ⋯ \cdots ⋯，第 k k k轮中一定包含 v k − 1 → v k v_{k-1}\to v_k vk−1→vk，那么结合这么多轮的顺序，每一轮都抽出关键的，然后排列，最终一定会得到我们想要的按照 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , ⋯ , v k − 1 → v k v_0\to v_1,v_1\to v_2,\cdots ,v_{k-1}\to v_k v0→v1,v1→v2,⋯,vk−1→vk的完美顺序。
举个简单的栗子：
设源点 s = v 0 s=v_0 s=v0，初始化dis数组为 [ 0 , ∞ , ∞ , ∞ , ∞ ] [0,\infin,\infin,\infin,\infin] [0,∞,∞,∞,∞]
- 最好的情况：所有边的顺序为 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , v 2 → v 3 , v 3 → v 4 v_0\to v_1,v_1\to v_2,v_2\to v_3,v_3\to v_4 v0→v1,v1→v2,v2→v3,v3→v4，迭代1次，进入第一轮后，dis数组变为 [ 0 , 2 , 0 , − 1 , 4 ] [0,2,0,-1,4] [0,2,0,−1,4]，即只需要迭代一次，就可以找到了源点 v 0 v_0 v0的单源最短路径
- 最坏的情况：所有边的顺序为
v
3
→
v
4
,
v
2
→
v
3
,
v
1
→
v
2
,
v
0
→
v
1
v_3\to v_4,v_2\to v_3,v_1\to v_2,v_0\to v_1
v3→v4,v2→v3,v1→v2,v0→v1，则需要迭代4次，才能找到源点
v
0
v_0
v0的单源最短路径
- 第一轮：松弛 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，由于 d i s [ v 3 ] + w ( v 3 , v 4 ) = ∞ + 5 > d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_3]+w(v_3,v_4)=\infin+5>dis[v_4]=\infin dis[v3]+w(v3,v4)=∞+5>dis[v4]=∞，所以 v 4 v_4 v4保持不变。仍为 d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_4]=\infin dis[v4]=∞；松弛 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3，由于 d i s [ v 2 ] + w ( v 2 , v 3 ) = ∞ + ( − 1 ) < d i s [ v 3 ] = ∞ dis[v_2]+w(v_2,v_3)=\infin+(-1)<dis[v_3]=\infin dis[v2]+w(v2,v3)=∞+(−1)<dis[v3]=∞，所以 v 3 v_3 v3被更新为 ∞ − 1 \infin-1 ∞−1；松弛 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2，由于 d i s [ v 1 ] + w ( v 1 , v 2 ) = ∞ + ( − 2 ) < d i s [ v 2 ] = ∞ dis[v_1]+w(v_1,v_2)=\infin+(-2)<dis[v_2]=\infin dis[v1]+w(v1,v2)=∞+(−2)<dis[v2]=∞，所以 v 2 v_2 v2被更新为 ∞ − 2 \infin-2 ∞−2；松弛 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，由于 d i s [ v 0 ] + w ( v 0 , v 1 ) = 0 + 2 < d i s [ v 1 ] = ∞ dis[v_0]+w(v_0,v_1)=0+2<dis[v_1]=\infin dis[v0]+w(v0,v1)=0+2<dis[v1]=∞，所以 v 1 v_1 v1被更新为2。所以dis数组变为 [ 0 , 2 , ∞ − 2 , ∞ − 1 , ∞ ] [0,2,\infin-2,\infin-1,\infin] [0,2,∞−2,∞−1,∞]，其实在数学中来说，正无穷加或减去一个很小的数，结果仍是正无穷，因此这里 v 3 v_3 v3被更新为 ∞ − 1 \infin -1 ∞−1其实也可以看作是 ∞ \infin ∞，其他同理。这里只是为了看出松弛操作的结果。所以这里dis数组严格来说其实是 [ 0 , 2 , ∞ , ∞ , ∞ ] [0,2,\infin,\infin,\infin] [0,2,∞,∞,∞]
- 第二轮：松弛 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，由于 d i s [ v 3 ] + w ( v 3 , v 4 ) = ∞ − 1 + 5 > d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_3]+w(v_3,v_4)=\infin-1+5>dis[v_4]=\infin dis[v3]+w(v3,v4)=∞−1+5>dis[v4]=∞，所以 v 4 v_4 v4保持不变。仍为 d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_4]=\infin dis[v4]=∞；松弛 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3，由于 d i s [ v 2 ] + w ( v 2 , v 3 ) = ∞ − 2 + ( − 1 ) < d i s [ v 3 ] = ∞ − 1 dis[v_2]+w(v_2,v_3)=\infin-2+(-1)<dis[v_3]=\infin-1 dis[v2]+w(v2,v3)=∞−2+(−1)<dis[v3]=∞−1，所以 v 3 v_3 v3被更新为 ∞ − 2 \infin-2 ∞−2；松弛 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2，由于 d i s [ v 1 ] + w ( v 1 , v 2 ) = 2 + ( − 2 ) < d i s [ v 2 ] = ∞ − 2 dis[v_1]+w(v_1,v_2)=2+(-2)<dis[v_2]=\infin-2 dis[v1]+w(v1,v2)=2+(−2)<dis[v2]=∞−2，所以 v 2 v_2 v2被更新为 0 0 0；松弛 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，由于 d i s [ v 0 ] + w ( v 0 , v 1 ) = 0 + 2 = = d i s [ v 1 ] = 2 dis[v_0]+w(v_0,v_1)=0+2==dis[v_1]=2 dis[v0]+w(v0,v1)=0+2==dis[v1]=2，所以 v 1 v_1 v1不变。所以dis数组变为 [ 0 , 2 , 0 , ∞ − 2 , ∞ ] [0,2,0,\infin-2,\infin] [0,2,0,∞−2,∞]
- 第三轮：松弛 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，由于 d i s [ v 3 ] + w ( v 3 , v 4 ) = ∞ − 2 + 5 > d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_3]+w(v_3,v_4)=\infin-2+5>dis[v_4]=\infin dis[v3]+w(v3,v4)=∞−2+5>dis[v4]=∞，所以 v 4 v_4 v4保持不变。仍为 d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_4]=\infin dis[v4]=∞；松弛 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3，由于 d i s [ v 2 ] + w ( v 2 , v 3 ) = 0 + ( − 1 ) < d i s [ v 3 ] = ∞ − 2 dis[v_2]+w(v_2,v_3)=0+(-1)<dis[v_3]=\infin-2 dis[v2]+w(v2,v3)=0+(−1)<dis[v3]=∞−2，所以 v 3 v_3 v3被更新为 − 1 -1 −1；松弛 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2，由于 d i s [ v 1 ] + w ( v 1 , v 2 ) = 2 + ( − 2 ) = = i s [ v 2 ] = 0 dis[v_1]+w(v_1,v_2)=2+(-2)==is[v_2]=0 dis[v1]+w(v1,v2)=2+(−2)==is[v2]=0，所以 v 2 v_2 v2不变；松弛 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，由于 d i s [ v 0 ] + w ( v 0 , v 1 ) = 0 + 2 = = d i s [ v 1 ] = 2 dis[v_0]+w(v_0,v_1)=0+2==dis[v_1]=2 dis[v0]+w(v0,v1)=0+2==dis[v1]=2，所以 v 1 v_1 v1不变。所以dis数组变为 [ 0 , 2 , 0 , − 1 , ∞ ] [0,2,0,-1,\infin] [0,2,0,−1,∞]
- 第三轮：松弛 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，由于 d i s [ v 3 ] + w ( v 3 , v 4 ) = − 1 + 5 < d i s [ v 4 ] = ∞ dis[v_3]+w(v_3,v_4)=-1+5<dis[v_4]=\infin dis[v3]+w(v3,v4)=−1+5<dis[v4]=∞，所以 v 4 v_4 v4被更新为4；松弛 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3，由于 d i s [ v 2 ] + w ( v 2 , v 3 ) = 0 + ( − 1 ) = = d i s [ v 3 ] = ∞ − 2 dis[v_2]+w(v_2,v_3)=0+(-1)==dis[v_3]=\infin-2 dis[v2]+w(v2,v3)=0+(−1)==dis[v3]=∞−2，所以 v 3 v_3 v3不变；松弛 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2，由于 d i s [ v 1 ] + w ( v 1 , v 2 ) = 2 + ( − 2 ) = = i s [ v 2 ] = 0 dis[v_1]+w(v_1,v_2)=2+(-2)==is[v_2]=0 dis[v1]+w(v1,v2)=2+(−2)==is[v2]=0，所以 v 2 v_2 v2不变；松弛 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，由于 d i s [ v 0 ] + w ( v 0 , v 1 ) = 0 + 2 = = d i s [ v 1 ] = 2 dis[v_0]+w(v_0,v_1)=0+2==dis[v_1]=2 dis[v0]+w(v0,v1)=0+2==dis[v1]=2，所以 v 1 v_1 v1不变。所以dis数组变为 [ 0 , 2 , 0 , − 1 , 4 ] [0,2,0,-1,4] [0,2,0,−1,4]
- 总结：可以发现，如果按照所有边的顺序为 v 3 → v 4 , v 2 → v 3 , v 1 → v 2 , v 0 → v 1 v_3\to v_4,v_2\to v_3,v_1\to v_2,v_0\to v_1 v3→v4,v2→v3,v1→v2,v0→v1，则需要迭代4次，第一轮抽出 v 0 → v 1 v0\to v_1 v0→v1；第二轮抽出 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2；第三轮抽出 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3；第四轮抽出 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，那么仍然可以排列成我们想要的顺序 v 0 → v 1 , v 1 → v 2 , v 2 → v 3 , v 3 → v 4 v_0\to v_1,v_1\to v_2,v_2\to v_3,v_3\to v_4 v0→v1,v1→v2,v2→v3,v3→v4，但是要得出这个正确的顺序，得需要迭代V-1次。
由于最短路径是简单路径，不含有回路，因此，如果有V各顶点，那么最短路径 p p p最多有V-1条边。也就是说，最坏迭代V-1次，就能找到源点到其他各点的最短距离了
举个复杂的栗子：
设源点 s = v 0 s=v_0 s=v0，初始化dis数组为 [ 0 , ∞ , ∞ , ∞ , ∞ ] [0,\infin,\infin,\infin,\infin] [0,∞,∞,∞,∞]，已 d i s [ v 0 ] = δ ( s , v 0 ) = 0 dis[v_0]=\delta(s,v_0)=0 dis[v0]=δ(s,v0)=0。
对于源点 v 0 v_0 v0到图中其它点的最短路径 p p p，那么 p p p中最少含有1条边，最多含有V-1条边
如何理解第 k k k次迭代中，就找到了经历 k k k条边的最短路径呢？
例如在之前给出的图中，按照所有边的顺序为 v 3 → v 4 , v 2 → v 3 , v 1 → v 2 , v 0 → v 1 v_3\to v_4,v_2\to v_3,v_1\to v_2,v_0\to v_1 v3→v4,v2→v3,v1→v2,v0→v1，第一次迭代，抽出 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1，得到了起点 v 0 v_0 v0到节点 v 1 v_1 v1的最短距离，而 v 0 v_0 v0到 v 1 v_1 v1只经过1条边，因此，经过第1次迭代后，我们找到了经历1条边的最短路径 v 0 → v 1 v_0\to v_1 v0→v1；第二次迭代，抽出 v 1 → v 2 v_1\to v_2 v1→v2，得到了起点 v 0 v_0 v0到节点 v 2 v_2 v2的最短距离，而 v 0 v_0 v0到 v 2 v_2 v2经历了2条边，因此，经过2次迭代后，我们找到了经历2条边的最短路径 v 0 → v 1 → v 2 v_0\to v_1\to v_2 v0→v1→v2；第三次迭代，抽出 v 2 → v 3 v_2\to v_3 v2→v3，得到了起点到节点 v 3 v_3 v3的最短距离，而 v 0 v_0 v0到 v 3 v_3 v3经历了3条边，因此经过3次迭代后，我们找到了经历3条边的最短路径 v 0 → v 1 → v 2 → v 3 v_0\to v_1\to v_2\to v_3 v0→v1→v2→v3；第四次迭代，抽出 v 3 → v 4 v_3\to v_4 v3→v4，得到了起点到节点 v 4 v_4 v4的最短距离，而 v 0 v_0 v0到 v 4 v_4 v4经历了4条边，因此经过4次迭代后，我们找到了经历4条边的最短路径 v 0 → v 1 → v 2 → v 3 → v 4 v_0\to v_1\to v_2\to v_3\to v_4 v0→v1→v2→v3→v4；
因此，第 k k k次迭代中，就找到了经历 k k k条边的最短路径。