P7293-[USACO21JAN]Sum of Distances P【统计,bfs】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7293

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题目大意

有\(k\)张联通无向图，有\(k\)个人从每张图的点\(1\)出发，定义所有人的位置合为一个状态，求初始状态到达所有能到达状态的最短时间的和。

输出答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(\sum n\leq 10^5,\sum m\leq 2\times 10^5\)

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解题思路

因为可以反复横跳，对于每个点我们求出到达的最短的奇数/偶数距离，记为\(dis1/dis2\)。

那么对于一个状态\((i_1,i_2,...,i_n)\)答案就是

\[\min\{\ \max\{dis1_{i_j}\},\max\{dis2_{i,j}\}\ \} \]

然后这个又有\(\min\)又有\(\max\)的很难搞，但是我们有一个式子\(a+b=\max\{a,b\}+\min\{a,b\}\)（好像很废话），然后就有\(\min\{a,b\}=a+b-\max\{a,b\}\)，这样就把\(\max\)消掉了。

那么答案有

\[\max\{dis1_{i_j}\}+\max\{dis2_{i_j}\}-\max\{dis1_{i_j},dis2_{i_j}\} \]

然后跑出\(dis1,dis2\)排个序就很好统计了。

注意不能统计上无法达到的状态。

时间复杂度：\(O(N\log N+M)\)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=1e9+7;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<2];
ll k,n,m,ans,tot,ls[N],c[N],dis[N];
vector<pair<ll,ll> >b[3];
queue<ll> q;
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void bfs(){
	q.push(1);dis[1]=1;
	while(!q.empty()){
		ll x=q.front();q.pop();
		for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
			ll y=a[i].to;
			if(dis[y]<=dis[x]+1)continue;
			dis[y]=dis[x]+1;
			q.push(y);
		}
	}
	return;
}
void calc(ll id,ll op){
	ll res=0,now=0;
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(ll i=0;i<b[id].size();i++){
		ll d=b[id][i].first,p=b[id][i].second;
		if(d+1>=dis[0])break;
		now+=!c[p];c[p]++;
		ll invn=power(c[p],P-2);
		if(now==k){
			res=1;
			for(int i=1;i<=k;i++)
				res=res*c[i]%P;
		}
		res=res*invn%P;(ans+=res*d*op%P)%=P;
		res=res*c[p]%P;
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&k);
	for(ll i=0;i<N;i++)dis[i]=2147483647;
	for(ll p=1;p<=k;p++){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(ll i=1,x,y;i<=m;i++){
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			addl(x,y+n);addl(x+n,y);
			addl(y,x+n);addl(y+n,x);
		}
		bfs();
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			b[0].push_back(mp(dis[i]-1,p));
			b[1].push_back(mp(dis[i+n]-1,p));
			b[2].push_back(mp(max(dis[i],dis[i+n])-1,p));
		}
		for(ll i=1;i<=2*n;i++)
			ls[i]=0,dis[i]=dis[0];
		tot=0;
	}
	sort(b[0].begin(),b[0].end());
	sort(b[1].begin(),b[1].end());
	sort(b[2].begin(),b[2].end());
	calc(0,1);
	calc(1,1);
	calc(2,-1);
	printf("%lld\n",(ans+P)%P);
	return 0;
}