最短路计数

前置知识

• 最短路的一个很好的性质：从$s$到$t$的最短路上的一个节点$k$，都满足$s$到$k$的路径是关于$s$单源最短路的最短路

证明：

反证法，假设$s$到$k$的路径不为最短路，但$s\to k\to t$为到$t$的最短路，那么$s\to k\to t$的路径一定不会比$s$到$k$的最短路再加上$k\to t$的路径优，所以$s\to t$就不为最短路，与上文假设条件矛盾。

故得证。

• 在$s$到$t$的最短路径上一定不存在环

证明：

考虑反证法，因为这个图的边权非负，所以环的权值为非负数，所以一定不会比不经过这个环更优。

故得证。

注： 上述结论是在图的边权非负时才成立的，如果图的边权为负数上述结论就不一定成立了。

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例题[HAOI2012] 道路

直接队每一条边进行枚举肯定会$TLE$，但如果只计算边的贡献就好像可以优化一点时间复杂度。

设$cnt{1}_v$表示从$s$到达$v$的最短路径条数，$cnt{2}_v$表示在最短路图上以$v$作为起点的最短路径条数。

很显然，对于一条边$u\to v$，它的贡献就为以$1\sim n$每个点作为起点$cnt{1}_u\times cnt{2}_v$的和。

$cnt1$可以在$dijkstra$后进行判断哪些边在最短路图上再进行$topo$求得，显然$cnt{1}_s=1$。

$cnt2$可以在拓扑序的逆序上求得，对于一个点$u$，$cnt{2}_u=1+cnt{2}_v$，其中$v$为$u$的相邻节点。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1550,M=5050;
const int mod=1e9+7;
int n,m,head[N],cnt,to[M],nxt[M],w[M],dis[N],fro[M],in[N],cnt1[N],cnt2[N],s[N],ans[M];
bool vis[N],mark[M];
void add(int u,int v,int f)
{
    to[++cnt]=v;
    nxt[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
    w[cnt]=f;
    fro[cnt]=u;
}
struct node{
    int val,pos;
    bool operator >(const node &x)const{
        return val>x.val;
    }
};
void dij(int s)
{
    priority_queue<node,vector<node>,greater<node> >q;
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    dis[s]=0;
    q.push(node{dis[s],s});
    while(!q.empty())
    {
        node t=q.top();q.pop();
        if(vis[t.pos])continue;
        vis[t.pos]=1;
        for(int i=head[t.pos];i;i=nxt[i])
        {
            int v=to[i];
            if(dis[v]>dis[t.pos]+w[i])
            {
                dis[v]=dis[t.pos]+w[i];
                q.push(node{dis[v],v});
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(dis[to[i]]==dis[fro[i]]+w[i])mark[i]=true;
    return;
}
void topo(int fs)
{
    memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));
    memset(cnt2,0,sizeof(cnt2));
    memset(in,0,sizeof(in));
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(mark[i]==false)continue;
        in[to[i]]++;
    }
    q.push(fs);
    cnt1[fs]=1;
    int tag=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();
        s[++tag]=x;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        {
            if(mark[i]==false)continue;
            in[to[i]]--;
            if(in[to[i]]==0)q.push(to[i]);
            cnt1[to[i]]+=cnt1[x];
            cnt1[to[i]]%=mod;
        }
    }
    for(int i=tag;i;i--)
    {
        int x=s[i];
        cnt2[x]++;
        for(int j=head[x];j;j=nxt[j])
        {
            if(mark[j]==false)continue;
            cnt2[x]+=cnt2[to[j]];
            cnt2[x]%=mod;
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dij(i);topo(i);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
//      cout<<cnt1[fro[i]]<<" "<<cnt2[to[i]]<<endl;
            if(mark[i])
            {
                ans[i]+=(cnt1[fro[i]]%mod*cnt2[to[i]]%mod)%mod;
                ans[i]%=mod;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

时间复杂度$O(nmlogm)$