YbtOJ#893-带权的图【高斯消元,结论】

1|0正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/problem/893

1|1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}

$A_{x,y}=-A_{y,x}\ ,\ B_{x,y}=B_{y,x}\ ,\ C_{x,y}=-C_{y,x}$

\sum_{x - > y} C_{x, y} = 0

$\sum_{x->y}C_{x,y}=0$

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}}

$\sum_{i=1}^{n-1}C_{v_i,v_{i+1}}\times B_{v_i,v_{i+1}}=\sum_{i=1}^{n-1}A_{v_i,v_{i+1}}$

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

$n\in[1,100],m\in[1,2000],P\in[1,10^{18}]\cup Pri$

1|2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 $(x,y)$ ，

p a t h (y, x) + D_{x, y} = 0, p a t h (x, y) = - p a t h (y, x), \Rightarrow D_{x, y} = p a t h (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

$\sum_{x->y}\frac{f_y-f_x+A_{x,y}}{B_{x,y}}=0$

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

1|3code

#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;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14403857.html
关于博主：退役OIer，GD划水选手
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！