
<p align="center"><strong><a href="./qita/join.md">参与本项目</a>，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们受益！</strong></p>

# bellman_ford之单源有限最短路

[卡码网：96. 城市间货物运输 III](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1154) 

【题目描述】

某国为促进城市间经济交流，决定对货物运输提供补贴。共有 n 个编号为 1 到 n 的城市，通过道路网络连接，网络中的道路仅允许从某个城市单向通行到另一个城市，不能反向通行。

网络中的道路都有各自的运输成本和政府补贴，道路的权值计算方式为：运输成本 - 政府补贴。

权值为正表示扣除了政府补贴后运输货物仍需支付的费用；

权值为负则表示政府的补贴超过了支出的运输成本，实际表现为运输过程中还能赚取一定的收益。

请计算在最多经过 k 个城市的条件下，从城市 src 到城市 dst 的最低运输成本。

【输入描述】

第一行包含两个正整数，第一个正整数 n 表示该国一共有 n 个城市，第二个整数 m 表示这些城市中共有 m 条道路。

接下来为 m 行，每行包括三个整数，s、t 和 v，表示 s 号城市运输货物到达 t 号城市，道路权值为 v。

最后一行包含三个正整数，src、dst、和 k，src 和 dst 为城市编号，从 src 到 dst 经过的城市数量限制。

【输出描述】

输出一个整数，表示从城市 src 到城市 dst 的最低运输成本，如果无法在给定经过城市数量限制下找到从 src 到 dst 的路径，则输出 "unreachable"，表示不存在符合条件的运输方案。

输入示例：

```
6 7
1 2 1
2 4 -3
2 5 2
1 3 5
3 5 1
4 6 4
5 6 -2
2 6 1
```

输出示例：

```
0
```

## 思路 

本题为单源有限最短路问题，同样是 [kama94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 延伸题目。 

注意题目中描述是 **最多经过 k 个城市的条件下，而不是一定经过k个城市，也可以经过的城市数量比k小，但要最短的路径**。

在 [kama94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 中我们讲了：**对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离**。 

节点数量为n，起点到终点，最多是 n-1 条边相连。 那么对所有边松弛 n-1 次 就一定能得到 起点到达 终点的最短距离。 

（如果对以上讲解看不懂，建议详看 [kama94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) ） 

本题是最多经过 k 个城市， 那么是 k + 1条边相连的节点。 这里可能有录友想不懂为什么是k + 1，来看这个图： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240402115614.png) 

图中，节点1 最多已经经过2个节点 到达节点4，那么中间是有多少条边呢，是 3 条边对吧。 

所以本题就是求：起点最多经过k + 1 条边到达终点的最短距离。 

对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离，那么对所有边松弛 k + 1次，就是求 起点到达 与起点k + 1条边相连的节点的 最短距离。 

**注意**： 本题是  [kama94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 的拓展题，如果对 bellman_ford 没有深入了解，强烈建议先看 [kama94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 再做本题。   

理解以上内容，其实本题代码就很容易了，bellman_ford 标准写法是松弛 n-1 次，本题就松弛 k + 1次就好。

此时我们可以写出如下代码： 

```CPP 
// 版本一
#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;

int main() {
    int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;
    
    cin >> n >> m;

    vector<vector<int>> grid;

    for(int i = 0; i < m; i++){
        cin >> p1 >> p2 >> val;
        // p1 指向 p2，权值为 val
        grid.push_back({p1, p2, val});
    }

    cin >> src >> dst >> k;

    vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
    minDist[src] = 0;
    for (int i = 1; i <= k + 1; i++) { // 对所有边松弛 k + 1次
        for (vector<int> &side : grid) {
            int from = side[0];
            int to = side[1];
            int price = side[2];
            if (minDist[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist[from] + price) minDist[to] = minDist[from] + price;
        }

    }

    if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
    else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径

}

```

以上代码 标准 bellman_ford 写法，松弛 k + 1次，看上去没什么问题。

但大家提交后，居然没通过！ 

这是为什么呢？ 

接下来我们拿这组数据来举例： 

```
4 4
1 2 -1
2 3 1
3 1 -1
3 4 1
1 4 3
```

（**注意上面的示例是有负权回路的，只有带负权回路的图才能说明问题**）

> 负权回路是指一条道路的总权值为负，这样的回路使得通过反复经过回路中的道路，理论上可以无限地减少总成本或无限地增加总收益。

正常来说，这组数据输出应该是 1，但以上代码输出的是 -2。


在讲解原因的时候，强烈建议大家，先把 minDist数组打印出来，看看minDist数组是不是按照自己的想法变化的，这样更容易理解我接下来的讲解内容。 （**一定要动手，实践出真实，脑洞模拟不靠谱**）

打印的代码可以是这样： 

```CPP 
#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;

int main() {
    int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;
    
    cin >> n >> m;

    vector<vector<int>> grid;

    for(int i = 0; i < m; i++){
        cin >> p1 >> p2 >> val;
        // p1 指向 p2，权值为 val
        grid.push_back({p1, p2, val});
    }

    cin >> src >> dst >> k;

    vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
    minDist[src] = 0;
    for (int i = 1; i <= k + 1; i++) { // 对所有边松弛 k + 1次
        for (vector<int> &side : grid) {
            int from = side[0];
            int to = side[1];
            int price = side[2];
            if (minDist[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist[from] + price) minDist[to] = minDist[from] + price;
        }
        // 打印 minDist 数组 
        for (int j = 1; j <= n; j++) cout << minDist[j] << " ";
        cout << endl;

    }

    if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
    else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径

}

```

接下来，我按照上面的示例带大家 画图举例 对所有边松弛一次 的效果图。 

起点为节点1， 起点到起点的距离为0，所以 minDist[1] 初始化为0 ，如图：

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240409111940.png)

其他节点对应的minDist初始化为max，因为我们要求最小距离，那么还没有计算过的节点 默认是一个最大数，这样才能更新最小距离。

当我们开始对所有边开始第一次松弛：  

边：节点1 -> 节点2，权值为-1 ，minDist[2] > minDist[1] + (-1)，更新 minDist[2] = minDist[1] + (-1) = 0 - 1 = -1 ，如图： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240409111914.png)


边：节点2 -> 节点3，权值为1 ，minDist[3] > minDist[2] + 1 ，更新 minDist[3] = minDist[2] + 1 = -1 + 1 = 0 ，如图： 
![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240409111903.png)


边：节点3 -> 节点1，权值为-1 ，minDist[1] > minDist[3] + (-1)，更新 minDist[1] = 0 + (-1) = -1 ，如图： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240409111849.png)


边：节点3 -> 节点4，权值为1 ，minDist[4] > minDist[3] + 1，更新 minDist[4] = 0 + 1 = 1 ，如图： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20241018192042.png)


以上是对所有边进行的第一次松弛，最后 minDist数组为 ：-1 -1 0 1 ，（从下标1算起） 

后面几次松弛我就不挨个画图了，过程大同小异，我直接给出minDist数组的变化： 

所有边进行的第二次松弛，minDist数组为 ： -2 -2 -1 0
所有边进行的第三次松弛，minDist数组为 ： -3 -3 -2 -1
所有边进行的第四次松弛，minDist数组为 ： -4 -4 -3 -2   （本示例中k为3，所以松弛4次）

最后计算的结果minDist[4] = -2，即 起点到 节点4，最多经过 3 个节点的最短距离是 -2，但 正确的结果应该是 1，即路径：节点1 -> 节点2 -> 节点3 -> 节点4。 

理论上来说，**对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离**。  

对所有边松弛两次，相当于计算 起点到达 与起点两条边相连的节点的最短距离。 

对所有边松弛三次，以此类推。 

但在对所有边松弛第一次的过程中，大家会发现，不仅仅 与起点一条边相连的节点更新了，所有节点都更新了。 

而且对所有边的后面几次松弛，同样是更新了所有的节点，说明 至多经过k 个节点 这个限制 根本没有限制住，每个节点的数值都被更新了。

这是为什么？ 

在上面画图距离中，对所有边进行第一次松弛，在计算 边（节点2 -> 节点3） 的时候，更新了 节点3。 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240409111903.png)

理论上来说节点3 应该在对所有边第二次松弛的时候才更新。 这因为当时是基于已经计算好的 节点2（minDist[2]）来做计算了。 

minDist[2]在计算边：（节点1 -> 节点2）的时候刚刚被赋值为 -1。 

这样就造成了一个情况，即：计算minDist数组的时候，基于了本次松弛的 minDist数值，而不是上一次 松弛时候minDist的数值。  
所以在每次计算 minDist 时候，要基于 对所有边上一次松弛的 minDist 数值才行，所以我们要记录上一次松弛的minDist。

代码修改如下：  （关键地方已经注释）

```CPP
// 版本二
#include <iostream>
#include <vector>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;

int main() {
    int src, dst,k ,p1, p2, val ,m , n;
    
    cin >> n >> m;

    vector<vector<int>> grid;

    for(int i = 0; i < m; i++){
        cin >> p1 >> p2 >> val;
        grid.push_back({p1, p2, val});
    }

    cin >> src >> dst >> k;

    vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
    minDist[src] = 0;
    vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录上一次遍历的结果
    for (int i = 1; i <= k + 1; i++) {
        minDist_copy = minDist; // 获取上一次计算的结果
        for (vector<int> &side : grid) {
            int from = side[0];
            int to = side[1];
            int price = side[2];
            // 注意使用 minDist_copy 来计算 minDist 
            if (minDist_copy[from] != INT_MAX && minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {  
                minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
            }
        }
    }
    if (minDist[dst] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl; // 不能到达终点
    else cout << minDist[dst] << endl; // 到达终点最短路径

}

```

* 时间复杂度： O(K * E)  , K为至多经过K个节点，E为图中边的数量 
* 空间复杂度： O(N)  ，即 minDist 数组所开辟的空间

## 拓展一（边的顺序的影响）

其实边的顺序会影响我们每一次拓展的结果。

我来给大家举个例子。 

我上面讲解中，给出的示例是这样的： 
```
4 4
1 2 -1
2 3 1
3 1 -1
3 4 1
1 4 3
```

我将示例中边的顺序改一下，给成： 

```
4 4
3 1 -1
3 4 1
2 3 1
1 2 -1
1 4 3
```

所构成是图是一样的，都是如下的这个图，但给出的边的顺序是不一样的。 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240410154340.png)

再用版本一的代码是运行一下，发现结果输出是 1， 是对的。

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240410154940.png)

分明刚刚输出的结果是 -2，是错误的，怎么 一样的图，这次输出的结果就对了呢？ 

其实这是和示例中给出的边的顺序是有关的，

我们按照修改后的示例再来模拟 对所有边的第一次拓展情况。 

初始化： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240410155545.png) 

边：节点3 -> 节点1，权值为-1 ，节点3还没有被计算过，节点1 不更新。

边：节点3 -> 节点4，权值为1 ，节点3还没有被计算过，节点4 不更新。

边：节点2 -> 节点3，权值为 1 ，节点2还没有被计算过，节点3 不更新。

边：节点1 -> 节点2，权值为 -1 ，minDist[2] > minDist[1] + (-1)，更新 minDist[2] = 0 + (-1) = -1 ，如图：  

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240410160046.png)

以上是对所有边 松弛一次的状态。

可以发现 同样的图，边的顺序不一样，使用版本一的代码 每次松弛更新的节点也是不一样的。  

而边的顺序是随机的，是题目给我们的，所以本题我们才需要 记录上一次松弛的minDist，来保障 每一次对所有边松弛的结果。 


## 拓展二（本题本质）

那么前面讲解过的 [94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 和 [95.城市间货物运输II](./0095.城市间货物运输II.md) 也是bellman_ford经典算法，也没使用 minDist_copy，怎么就没问题呢？ 

> 如果没看过我上面这两篇讲解的话，建议详细学习上面两篇，再看我下面讲的区别，否则容易看不懂。

[94.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md)， 是没有 负权回路的，那么 多松弛多少次，对结果都没有影响。  

求 节点1 到 节点n 的最短路径，松弛n-1 次就够了，松弛 大于 n-1次，结果也不会变。 

那么在对所有边进行第一次松弛的时候，如果基于 本次计算的 minDist 来计算 minDist （相当于多做松弛了），也是对最终结果没影响。 

[95.城市间货物运输II](./0095.城市间货物运输II.md) 是判断是否有 负权回路，一旦有负权回路， 对所有边松弛 n-1 次以后，在做松弛 minDist 数值一定会变，根据这一点来判断是否有负权回路。

所以，[95.城市间货物运输II](./0095.城市间货物运输II.md) 只需要判断minDist数值变化了就行，而 minDist 的数值对不对，并不是我们关心的。 

那么本题 为什么计算minDist 一定要基于上次 的 minDist 数值。 

其关键在于本题的两个因素： 

* 本题可以有负权回路，说明只要多做松弛，结果是会变的。 
* 本题要求最多经过k个节点，对松弛次数是有限制的。 

如果本题中 没有负权回路的测试用例， 那版本一的代码就可以过了，也就不用我费这么大口舌去讲解的这个坑了。 

## 拓展三（SPFA） 

本题也可以用 SPFA来做，关于 SPFA ，已经在这里 [0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有详细讲解。 

使用SPFA算法解决本题的时候，关键在于 如何控制松弛k次。 

其实实现不难，但有点技巧，可以用一个变量 que_size 记录每一轮松弛入队列的所有节点数量。 

下一轮松弛的时候，就把队列里 que_size 个节点都弹出来，就是上一轮松弛入队列的节点。 

代码如下（详细注释）

```CPP 
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;

struct Edge { //邻接表
    int to;  // 链接的节点
    int val; // 边的权重

    Edge(int t, int w): to(t), val(w) {}  // 构造函数
};


int main() {
    int n, m, p1, p2, val;
    cin >> n >> m;

    vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表

    // 将所有边保存起来
    for(int i = 0; i < m; i++){
        cin >> p1 >> p2 >> val;
        // p1 指向 p2，权值为 val
        grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
    }
    int start, end, k;
    cin >> start >> end >> k;

    k++;

    vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
    vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果

    minDist[start] = 0;

    queue<int> que;
    que.push(start); // 队列里放入起点

    int que_size;
    while (k-- && !que.empty()) {

        minDist_copy = minDist; // 获取上一次计算的结果
        que_size = que.size(); // 记录上次入队列的节点个数
        while (que_size--) { // 上一轮松弛入队列的节点，这次对应的边都要做松弛
            int node = que.front(); que.pop();
            for (Edge edge : grid[node]) {
                int from = node;
                int to = edge.to;
                int price = edge.val;
                if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
                    minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
                    que.push(to);
                }
            }

        }
    }
    if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
    else cout << minDist[end] << endl;

}

```

时间复杂度： O(K * H) H 为不确定数，取决于 图的稠密度，但H 一定是小于等于 E 的

关于 SPFA的是时间复杂度分析，我在[0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有详细讲解

但大家会发现，以上代码大家提交后，怎么耗时这么多？

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240418113308.png)  

理论上，SPFA的时间复杂度不是要比 bellman_ford 更优吗？ 

怎么耗时多了这么多呢？ 

以上代码有一个可以改进的点，每一轮松弛中，重复节点可以不用入队列。 

因为重复节点入队列，下次从队列里取节点的时候，该节点要取很多次，而且都是重复计算。 

所以代码可以优化成这样： 

```CPP
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <list>
#include <climits>
using namespace std;

struct Edge { //邻接表
    int to;  // 链接的节点
    int val; // 边的权重

    Edge(int t, int w): to(t), val(w) {}  // 构造函数
};


int main() {
    int n, m, p1, p2, val;
    cin >> n >> m;

    vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表

    // 将所有边保存起来
    for(int i = 0; i < m; i++){
        cin >> p1 >> p2 >> val;
        // p1 指向 p2，权值为 val
        grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
    }
    int start, end, k;
    cin >> start >> end >> k;

    k++;

    vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
    vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果

    minDist[start] = 0;

    queue<int> que;
    que.push(start); // 队列里放入起点

    int que_size;
    while (k-- && !que.empty()) {

        vector<bool> visited(n + 1, false); // 每一轮松弛中，控制节点不用重复入队列
        minDist_copy = minDist; 
        que_size = que.size(); 
        while (que_size--) { 
            int node = que.front(); que.pop();
            for (Edge edge : grid[node]) {
                int from = node;
                int to = edge.to;
                int price = edge.val;
                if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
                    minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
                    if(visited[to]) continue; // 不用重复放入队列，但需要重复松弛，所以放在这里位置
                    visited[to] = true;
                    que.push(to);
                }
            }

        }
    }
    if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
    else cout << minDist[end] << endl;
}
```

以上代码提交后，耗时情况： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240418113952.png)

大家发现 依然远比 bellman_ford 的代码版本 耗时高。 

这又是为什么呢？ 

对于后台数据，我特别制作的一个稠密大图，该图有250个节点和10000条边， 在这种情况下， SPFA 的时间复杂度 是接近与 bellman_ford的。 

但因为 SPFA 节点的进出队列操作，耗时很大，所以相同的时间复杂度的情况下，SPFA 实际上更耗时了。

这一点我在 [0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有分析，感兴趣的录友再回头去看看。

## 拓展四（能否用dijkstra） 

本题能否使用 dijkstra 算法呢？ 

dijkstra 是贪心的思路 每一次搜索都只会找距离源点最近的非访问过的节点。 

如果限制最多访问k个节点，那么 dijkstra 未必能在有限次就能到达终点，即使在经过k个节点确实可以到达终点的情况下。 

这么说大家会感觉有点抽象，我用 [dijkstra朴素版精讲](./0047.参会dijkstra朴素.md) 里的示例在举例说明：  （如果没看过我讲的[dijkstra朴素版精讲](./0047.参会dijkstra朴素.md)，建议去仔细看一下，否则下面讲解容易看不懂）


在以下这个图中，求节点1 到 节点7 最多经过2个节点 的最短路是多少呢？ 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240508112249.png)

最短路显然是： 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240508112416.png) 

最多经过2个节点，也就是3条边相连的路线：节点1 -> 节点2 -> 节点6-> 节点7

如果是 dijkstra 求解的话，求解过程是这样的：  （下面是dijkstra的模拟过程，我精简了很多，如果看不懂，一定要先看[dijkstra朴素版精讲](./0047.参会dijkstra朴素.md)）

初始化如图所示：

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240130115306.png)

找距离源点最近且没有被访问过的节点，先找节点1 

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240130115421.png)


距离源点最近且没有被访问过的节点，找节点2：

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240130121240.png)

距离源点最近且没有被访问过的节点，找到节点3：

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240130120434.png)

距离源点最近且没有被访问过的节点，找到节点4：

![](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240201105335.png) 

此时最多经过2个节点的搜索就完毕了，但结果中minDist[7] （即节点7的结果）并没有被更。

那么 dijkstra 会告诉我们 节点1 到 节点7 最多经过2个节点的情况下是不可到达的。 

通过以上模拟过程，大家应该能感受到 dijkstra 贪心的过程，正是因为 贪心，所以 dijkstra 找不到 节点1 -> 节点2 -> 节点6-> 节点7 这条路径。 

## 总结 

本题是单源有限最短路问题，也是 bellman_ford的一个拓展问题，如果理解bellman_ford 其实思路比较容易理解，但有很多细节。 

例如 为什么要用 minDist_copy 来记录上一轮 松弛的结果。  这也是本篇我为什么花了这么大篇幅讲解的关键所在。

接下来，还给大家做了四个拓展： 

* 边的顺序的影响 
* 本题的本质 
* SPFA的解法 
* 能否用dijkstra

学透了以上四个拓展，相信大家会对bellman_ford有更深入的理解。 

## 其他语言版本

### Java 
```Java
import java.util.*;

public class Main {
    // 基于Bellman_for一般解法解决单源最短路径问题
    // Define an inner class Edge
    static class Edge {
        int from;
        int to;
        int val;
        public Edge(int from, int to, int val) {
            this.from = from;
            this.to = to;
            this.val = val;
        }
    }

    public static void main(String[] args) {
        // Input processing
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();
        int m = sc.nextInt();

        List<Edge> graph = new ArrayList<>();

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int from = sc.nextInt();
            int to = sc.nextInt();
            int val = sc.nextInt();
            graph.add(new Edge(from, to, val));
        }

        int src = sc.nextInt();
        int dst = sc.nextInt();
        int k = sc.nextInt();

        int[] minDist = new int[n + 1];
        int[] minDistCopy;

        Arrays.fill(minDist, Integer.MAX_VALUE);
        minDist[src] = 0;

        for (int i = 0; i < k + 1; i++) { // Relax all edges k + 1 times
            minDistCopy = Arrays.copyOf(minDist, n + 1);
            for (Edge edge : graph) {
                int from = edge.from;
                int to = edge.to;
                int val = edge.val;
                // Use minDistCopy to calculate minDist
                if (minDistCopy[from] != Integer.MAX_VALUE && minDist[to] > minDistCopy[from] + val) {
                    minDist[to] = minDistCopy[from] + val;
                }
            }
        }
        
        // Output printing
        if (minDist[dst] == Integer.MAX_VALUE) {
            System.out.println("unreachable");
        } else {
            System.out.println(minDist[dst]);
        }
    }
}

```

### Python
```python
def main():
    # 輸入
    n, m = map(int, input().split())
    edges = list()
    for _ in range(m):
        edges.append(list(map(int, input().split() )))
    
    start, end, k = map(int, input().split())
    min_dist = [float('inf') for _ in range(n + 1)]
    min_dist[start] = 0
    
    # 只能經過k個城市，所以從起始點到中間有(k + 1)個邊連接
    # 需要鬆弛(k + 1)次
    
    for _ in range(k + 1):
        update = False
        min_dist_copy = min_dist.copy()
        for src, desc, w in edges:
            if (min_dist_copy[src] != float('inf') and 
            min_dist_copy[src] + w < min_dist[desc]):
                min_dist[desc] = min_dist_copy[src] + w
                update = True
        if not update:
            break
    # 輸出
    if min_dist[end] == float('inf'):
        print('unreachable')
    else:
        print(min_dist[end])
            
            

if __name__ == "__main__":
    main()
```

### Go

### Rust

### Javascript

### TypeScript

### PhP

### Swift

### Scala

### C#

### Dart

### C

