洛谷 P2505 [HAOI2012]道路 解题报告
P2505 [HAOI2012]道路
题目描述
C国有n座城市，城市之间通过m条单向道路连接。一条路径被称为最短路，当且仅当不存在从它的起点到终点的另外一条路径总长度比它小。两条最短路不同，当且仅当它们包含的道路序列不同。我们需要对每条道路的重要性进行评估，评估方式为计算有多少条不同的最短路经过该道路。现在，这个任务交给了你。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个正整数n、m
接下来m行每行包含三个正整数u、v、w，表示有一条从u到v长度为w的道路
输出格式：
输出应有m行，第i行包含一个数，代表经过第i条道路的最短路的数目对1000000007取模后的结果
说明
30%的数据满足：n≤15、m≤30
60%的数据满足：n≤300、m≤1000
100%的数据满足：n≤1500、m≤5000、w≤10000
题目有两点要说。
一、所有点都能作为起点和终点的最短路-->暴力枚举起点
二、统计确定起点任意终点的最短路上的边出现次数
把问题拆分，找到在这些最短路上的边 和 统计边的出现次数
首先考虑找到最短路上的边和边的两端构成的集合最短路图。
用到两个比较显然的结论：
1.最短路径上的任意一条边都在最短路图上
2.权值都为正的图的最短路图一定不存在环（当有权为0的边就可能存在环了，比如NOIp2017逛公园）
我们可以先跑出最短路，然后枚举边\(E(u,v)\)，当\(dis[v]==dis[u]+edge[E(u,v)]\)时，边\(E\)就在最短路图上
关于统计，因为权值都为正无环，所以我们对最短路图考虑topo排序一波
对一条边\(E(u,v)\)，如果有\(cnt1\)条路径到\(u\)，从\(v\)出去又可以分出\(cnt2\)条路径，则这条边的答案就是\(cnt1*cnt2\)
对于\(cnt1\)，其实就是单源的最短路计数。对于\(cnt2\)，可以考虑反向建边跑，注意每个点都是起点，所以所有的\(cnt2\)初值都为1
关于卡常：正反图不要嫌麻烦，尽量不要建在一起然后分奇偶边，会T飞的
Code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
#define P pair <int ,int>
#define mod 1000000007
#define rg register
using namespace std;
const int N=1502;
const int M=10010;
int head[N],to[M],edge[M],Next[M],is[M],cnt=1,n,m;
inline void add(int u,int v,int w)//i&1 反向边
{
to[++cnt]=v;edge[cnt]=w;Next[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;edge[cnt]=w;Next[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int u,v,w;
for(rg int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
}
P p;int used[N],dis[N],ans[M];
inline void disj(int s)
{
priority_queue <P,vector <P>,greater <P> > q;
memset(used,0,sizeof(used));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;
p.first=0,p.second=s;
q.push(p);
while(!q.empty())
{
int u=q.top().second;
q.pop();
if(used[u]) continue;
used[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
if(i&1) continue;
int v=to[i],w=edge[i];
if(dis[v]>dis[u]+w)
{
dis[v]=dis[u]+w;
p.first=dis[v],p.second=v;
q.push(p);
}
}
}
}
int in1[N],in2[N],cnt1[N],cnt2[N];
inline void New()
{
memset(is,0,sizeof(is));
memset(in1,0,sizeof(in1));
memset(in2,0,sizeof(in2));
for(rg int u=1;u<=n;u++)
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
if(i&1) continue;
int v=to[i],w=edge[i];
if(dis[u]+w==dis[v]) is[i]=is[i^1]=1,in1[v]++,in2[u]++;
}
}
inline void topo(int s)
{
memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));
memset(cnt2,0,sizeof(cnt2));
queue <int > q;
q.push(s);
cnt1[s]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
if(!is[i]||(i&1)) continue;
int v=to[i];
in1[v]--;
(cnt1[v]+=cnt1[u])%=mod;
if(!in1[v]) q.push(v);
}
}
for(rg int i=1;i<=n;i++)
if(!in2[i])
{
cnt2[i]=1;
q.push(i);
}
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
if(!is[i]||!(i&1)) continue;
int v=to[i];
in2[v]--;
(cnt2[v]+=cnt2[u])%=mod;
if(!in2[v]) cnt2[v]++,q.push(v);
}
}
}
inline void cal()
{
for(rg int u=1;u<=n;u++)
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
if((i&1)||!is[i]) continue;
int v=to[i];
ans[i>>1]=(ans[i>>1]+cnt1[u]*cnt2[v]%mod)%mod;
}
}
void work()
{
for(rg int i=1;i<=n;i++)
{
disj(i);
New();
topo(i);
cal();
}
for(rg int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}
2018.7.15
