YbtOJ#893-带权的图【高斯消元,结论】
正题
题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/problem/893
题目大意
给出一张\(n\)个点\(m\)条边的无向联通图，每条边正反向各有\(A,B,C\)三种边权。
保证满足
\[A_{x,y}=-A_{y,x}\ ,\ B_{x,y}=B_{y,x}\ ,\ C_{x,y}=-C_{y,x}
\]
\[\sum_{x->y}C_{x,y}=0
\]
且对于每个环\([v_1,v_2...v_n](v_1=v_n)\)
\[\sum_{i=1}^{n-1}C_{v_i,v_{i+1}}\times B_{v_i,v_{i+1}}=\sum_{i=1}^{n-1}A_{v_i,v_{i+1}}
\]
现在给你\(A,B\)边权，求\(C\)边权。
数据保证解唯一，所有限制都在模\(P\)意义下
\(n\in[1,100],m\in[1,2000],P\in[1,10^{18}]\cup Pri\)
解题思路
最后一个环的限制很麻烦，因为环很多。
先考虑原图的任意一颗生成树\(T\)上，对于任意一条非树边\((u,v)\)可以表示一个\(u->v->u\)的环。并且因为反过来走边权为负，所以你可以通过用一些小环相互抵消出一个大环。
结论就是所有的环都可以被一些用非树边表示的环相互抵消表示。所以我们就可以将环的数量减少到\(O(m)\)级别了。
暴力消元\(O(m^3)\)显然无法通过本题，我们还需要优化。
设\(D_{x,y}=B_{x,y}\times C_{x,y}-A_{x,y}\)，那么第一个条件就表示成了每个环\(D\)的和为\(0\)。
并且还能发现一个性质，对于一个非树边表示的环\((x,y)\)，
\[path(y,x)+D_{x,y}=0,path(x,y)=-path(y,x),\Rightarrow D_{x,y}=path(x,y)
\]
（其中\(path(x,y)\)表示树上路径\(x,y\)的\(D\)值和）
所以可以证明从\(x\)走到\(y\)的所有路径权值相同
那么我们可以设\(f_x=path(1,x)\)，那么\(D_{x,y}=f_y-f_x\)。
这样对于每个点就可以根据\(C\)的限制列出一个方程
\[\sum_{x->y}\frac{f_y-f_x+A_{x,y}}{B_{x,y}}=0
\]
然后高斯消元即可，时间复杂度\(O(n^3)\)
注意模数比较大，要写龟速乘
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=110;
struct node{
ll x,y,a,b;
}e[N*20];
ll n,m,P,f[N];
ll mul(ll a,ll b){
a%=P;b%=P;
ll tmp=(long double)a*b/P;
long double ans=a*b-tmp*P;
if(ans>=P)ans-=P;
else if(ans<0)ans+=P;
return ans;
}
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=mul(ans,x);
x=mul(x,x);b>>=1;
}
return ans;
}
namespace G{
ll a[N][N],b[N];
void solve(ll *f){
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll p=i;
for(ll j=i;j<=n;j++)
if(a[j][i]){p=j;break;}
swap(a[i],a[p]);swap(b[i],b[p]);
ll inv=power(a[i][i],P-2);b[i]=mul(b[i],inv);
for(ll j=i;j<=n;j++)a[i][j]=mul(a[i][j],inv);
for(ll j=i+1;j<=n;j++){
ll rate=P-a[j][i];
for(ll k=i;k<=n;k++)
a[j][k]=(a[j][k]+mul(rate,a[i][k]))%P;
b[j]=(b[j]+mul(rate,b[i]))%P;
}
}
for(ll i=n;i>=1;i--){
for(ll j=i+1;j<=n;j++)
(b[i]+=P-mul(b[j],a[i][j]))%=P;
f[i]=b[i];
}
return;
}
}
signed main()
{
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&P);
for(ll i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld%lld%lld%lld",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].a,&e[i].b);
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x=e[i].x,y=e[i].y,a=e[i].a,b=e[i].b;b=power(b,P-2);
(G::a[x][y]+=b)%=P;(G::a[x][x]+=P-b)%=P;(G::b[x]+=P-mul(a,b))%=P;
swap(x,y);a=P-a;
(G::a[x][y]+=b)%=P;(G::a[x][x]+=P-b)%=P;(G::b[x]+=P-mul(a,b))%=P;
}
for(ll i=1;i<=n;i++)G::a[1][i]=0;
G::a[1][1]=1;G::b[1]=0;G::solve(f);
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x=e[i].x,y=e[i].y,a=e[i].a,b=e[i].b;b=power(b,P-2);
printf("%lld\n",mul((f[y]-f[x]+a+P)%P,b));
}
return 0;
}
