CF954D Fight Against Traffic 题解
题目大意
对于一个无向无权联通图 \(G\)，有 \(n\) 个点 \(m\) 条边，往这个图里没有被连接的两个点之间连边，问有多少连法可以使得 \(s\) 到 \(t\) 的最短路长度不变。
解决思路
2.1 暴力做法
可以枚举任意两个点，对于每次连接使用 bfs 求最短路，计算出时间复杂度为 \(O(n^2(n+m))\)，不可通过。
2.2 预处理
如果连接 \(x,y\) 两个点，我们可以通过先从 \(s\) 走到 \(x\) 或 \(y\) 点，再从另一端前往 \(t\) 点，计算出这样走的路线长度。如果这样走的路线长度大于等于两者间的最短路长度（也就是不会使最短路长度变化），那么就将计数器加一。
那我们可以预处理出 \(s\) 点到任何一个点的最短路，用 \(p1_i\) 表示。
再预处理出任意一点到 \(t\) 点的最短路，由于这是无向图，等同于求出 \(t\) 点到任意一点的最短路，用 \(p2_i\) 表示。
最后枚举两个点 \(x,y\)，计算 \(p1_x+p2_y\) 和 \(p1_y+p2_x\)，再和 \(p1_t\) 或者 \(p2_s\) 比较（这两者是等价的，下文中都使用 \(p1_t\)）。如果 \(p1_t \leqslant p1_x+p2_y+1 \ \land \ p1_t \leqslant p1_y+p2_x+1\) 就让计数器变量加一。
代码实现
3.1 建图
采用邻接表建无向图：
for(int i=1;i<=m;i++){
int a1,a2;
cin>>a1>>a2;
l[a1].push_back(a2);
l[a2].push_back(a1);//无向图建图
bol[a1][a2]=1;
bol[a2][a1]=1;//表示a1和a2间有了一条边
}
这里的 \(l\) 是邻接表。
3.2 bfs 预处理最短路
q1.push(s);
p1[s]=0;
ok1[s]=1; //状态初始化，起点为s
while(!q1.empty()){
int x=q1.front();
q1.pop();
for(int i=0;i<l[x].size();i++){
if(!ok1[l[x][i]]){ //排除了反复走一个点的情况
if(p1[l[x][i]]!=0){ //如果这个点的最短路值不是0
p1[l[x][i]]=min(p1[l[x][i]],p1[x]+1);//比较已知的最短路和现在这条路
}
else{
p1[l[x][i]]=p1[x]+1;//如果这个点还没有最短路值，就将现在这条路的长度赋值给它
}
q1.push(l[x][i]);//push新的状态
ok1[l[x][i]]=1;//这个点已经走过了
}
}
}
用一个队列 \(q1\) 存储 bfs 的状态，用 \(\texttt{bool}\) 数组 \(ok\) 存储这个点是否走过以避免出现环的情况，用 \(p1\) 数组存储最短路的长度。
从 \(t\) 点开始的 bfs 预处理如法炮制，基本没有区别。
3.3 枚举每一个 \(x,y\)
现在我们得到了从 \(s\) 点到任意一点的最短路数组 \(p1\)，从 \(t\) 点到任意一点的最短路数组 \(p2\)。
先用二重循环枚举 \(x,y\)，为避免重复计算，\(y\) 的枚举从 \(x+1\) 开始，并排除掉已有边的情况。
在枚举中比较 \(p1_t\) 与 \(p1_x+p2_y+1\) 和 \(p1_y+p2_x+1\) 的值。
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(bol[i][j]){//排除掉有边的情况，这就是建图时多存储一个bool数组的作用
continue;
}
if((p1[i]+p2[j])+1>=p1[t]&&(p2[i]+p1[j])+1>=p1[t]){//比较
cnt++;//如果这条新路的长度比原最短路长，计数器加一
}
}
}
