Codeforces Round #706 (Div. 2)

E. Garden of the Sun

题目描述

给定一个包含X和.的 \(n\times m\) 的矩阵，你需要把X改成.使得所有X向四周连边之后构成一棵树。

初始时X两两没有公共点。

\(1\leq n,m\leq 500\)

解法

每空两行把.全部染成X，这时候没有环，但也不连通。

空出来的这两行挑一个连起来。

最后特判一下最下面的情况，因为初始时X之间没有公共边所以不会形成环。

F. BFS Trees

题目描述

点此看题

有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，定义一棵生成树扎根在 \(u\) 当且仅当 \(u\) 到所有节点的最短路都是树上路径长度，对所有 \((u,v)\) 求出有多少生成树同时扎根在 \(u,v\)

\(n\leq 400,m\leq 600\)

解法

不妨考虑一个简单的情况，怎么求生成树扎根在 \(u\) 的方案数？

可以求出 \(u\) 的 \(\tt bfs\) 树，这样就满足 \(u\) 到所有点的最短路就是树上路径长度，那么考虑把这棵树替换成别的样子，显然对于某个点可以修改他连上去的边，设它连到上一级的边数是 \(cnt(u)\)，那么 \(\prod cnt(i)\) 就是答案。

再扩展到本题的情况，是可以用类似的方法的，只是我们把 \(\tt bfs\) 树以 \(u,v\) 建出来好像都不太合适，考虑 \((u,v)\) 最短路径上的点是一定会出现的（如果最短路有多条那么答案是 \(0\)），那么把 \(\tt bfs\) 树以这个最短路为"根"建出来，对于其他的点选到 \(u,v\) 同时都是最短路的边即可，然后用乘法原理。

时间复杂度 \(O(n^3)\)

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 505;
const int MOD = 998244353;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,f[M][M];vector<int> g[M];
signed main()
{
	n=read();m=read();
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
		f[u][v]=f[v][u]=1;
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			int ans=1,t=0;
			for(int k=1;k<=n;k++)
				if(f[i][k]+f[k][j]==f[i][j])
					t++;
			if(t>f[i][j]+1) ans=0;
			for(int k=1;k<=n;k++)
				if(f[i][k]+f[k][j]!=f[i][j])
				{
					int cnt=0;
					for(int v:g[k])
						cnt+=(f[i][v]+1==f[i][k]
						&& f[j][v]+1==f[j][k]);
					ans=1ll*ans*cnt%MOD;
				}
			printf("%d ",ans);
		}
}