读完本文，能够去力扣解决如下题目：

787. K站直达内最便宜的航班（Medium）

毕业季，对过来兴许有些欢畅和感伤，对将来兴许有些迷茫和向往，不过这些究竟是过眼云烟，迟早会被工夫淡化和忘记。

在这段美好时光的开端，的确应该来一场说走就走的毕业旅行，放肆一把，给青春画上一个完满的句号。

那么，本文就教给你一个动静布局算法，在毕业旅行中省钱，节约谋求诗和远方的资本。

假如，你筹备从学校所在的城市登程，游历多个城市，一路浪到公司入职，那么你应该如何安顿游览路线，能力最小化机票的开销？

咱们来看看力扣第 787 题「K 站直达内最便宜的航班」，我形容一下题目：

当初有n个城市，别离用0,1…,n - 1这些序号示意，城市之间的航线用三元组[from, to, price]来示意，比如说三元组[0,1,100]就示意，从城市0到城市1之间的机票价格是 100 元。

题目会给你输出若干参数：

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代表你要去的指标城市，整数K代表你最多通过的中转站个数。

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次直达之内，从src到dst所需的最小破费是多少钱，如果无奈达到，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，有向边代表航线的方向，边上的数字代表航线的机票价格：

出发点是0，达到点是2，容许的最大直达次数K为 1，所以最小的开销就是图中红色的两条边，从0登程，通过直达城市1达到指标城市2，所以算法的返回值应该是 200。

留神这个直达次数的下限K是比拟辣手的，如果上述题目将K改为 0，也就是不容许直达，那么咱们的算法只能返回 500 了，也就是间接从0飞到2。

很显著，这题就是个加权有向图中求最短门路的问题。

说白了，就是给你一幅加权有向图，让你求src到dst权重最小的一条门路，同时要满足，这条门路最多不能超过K + 1条边（通过K个节点相当于通过K + 1条边。

咱们来剖析下求最短门路相干的算法。

BFS 算法思路

咱们前文 动静布局外围套路详解 中说过，求最值的问题，很多都可能应用动静布局来求解。

加权最短门路问题，再加个K的限度也不妨，不也是个求最值的问题嘛，动静布局通通拿下。

咱们先不论K的限度，单就「加权最短门路」这个问题来看看，它怎么就是个动静布局问题了呢？

比方说，当初我想计算src到dst的最短门路：

最小权重是多少？我不晓得。

但我能够把问题进行合成：

s1, s2是指向dst的相邻节点，它们之间的权重我是晓得的，别离是w1, w2。

只有我晓得了从src到s1, s2的最短门路，我不就晓得src到dst的最短门路了吗！

minPath(src, dst) = min(    minPath(src, s1) + w1,     minPath(src, s2) + w2)

这其实就是递归关系了，就是这么简略。

不过别忘了，题目对咱们的最短门路还有个「门路上不能超过K + 1条边」的限度。

那么咱们无妨定义这样一个dp函数：

int dp(int s, int k);

函数的定义如下：

从终点src登程，k步之内（一步就是一条边）达到节点s的最小门路权重为dp(s, k)。

那么，dp函数的 base case 就不言而喻了：

// 定义：从 src 登程，k 步之内达到 s 的最小老本    int dp(int s, int k) {        // 从 src 到 src，一步都不必走        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能够用dp(dst, K+1)来示意：

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);

增加了一个K条边的限度，状态转移方程怎么写呢？其实和方才是一样的：

K步之内从src到dst的最小门路权重是多少？我不晓得。

但我能够把问题合成：

s1, s2是指向dst的相邻节点，我只有可能在K - 1步之内从src达到s1, s2，那我就能够在K步之内从src达到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，就曾经能够解决这道题了。

代码实现

根据上述思路，我怎么晓得s1, s2是指向dst的相邻节点，他们之间的权重是w1, w2？

我心愿给一个节点，就能晓得有谁指向这个节点，还晓得它们之间的权重，对吧。

业余点说，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，那么就能够具体实现dp函数了：

// 定义：从 src 登程，k 步之内达到 s 的最短门路权重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，不便等会儿取最小值    int res = Integer.MAX_VALUE;    if (indegree.containsKey(s)) {        // 当 s 有入度节点时，合成为子问题        for (int[] v : indegree.get(s)) {            int from = v[0];            int price = v[1];            // 从 src 达到相邻的入度节点所需的最短门路权重            int subProblem = dp(from, k - 1);            // 跳过无解的状况            if (subProblem != -1) {                res = Math.min(res, subProblem + price);            }        }    }    // 如果还是初始值，阐明此节点不可达    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，对于动静布局问题，必定要打消重叠子问题。

为什么有重叠子问题？很简略，如果某个节点同时指向两个其余节点，那么这两个节点就有雷同的一个入度节点，就会产生反复的递归计算。

怎么打消重叠子问题？找问题的「状态」。

状态是什么？在问题合成（状态转移）的过程中变动的，就是状态。

谁在变动？显然就是dp函数的参数s和k，每次递归调用，指标点s和步数束缚k在变动。

所以，本题的状态有两个，应该算是二维动静布局，咱们能够用一个memo二维数组或者哈希表作为备忘录，缩小反复计算。

咱们选用二维数组做备忘录吧，留神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，全副填一个非凡值    memo = new int[n][K + 1];    for (int[] row : memo) {        Arrays.fill(row, -888);    }    // 其余不变    // ...    return dp(dst, K);}// 定义：从 src 登程，k 步之内达到 s 的最小老本int dp(int s, int k) {    // base case    if (s == src) {        return 0;    }    if (k == 0) {        return -1;    }    // 查备忘录，避免冗余计算    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];}
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