ARC090E

合集 - dp(24)

1.无论如何，我都不会离开你的。2023-12-042.如果会做题就好了2023-12-043.CF1174E2023-11-154.ABC219H2023-11-085.AGC034E2023-11-086.#9134. 翻转硬币 题解2023-10-127.ABC243F2023-07-15

8.ARC090E2023-07-15

9.[P4965]薇尔莉特的打字机 题解2023-01-0910.P63712023-02-1711.P97452023-12-2312.P95232023-12-2313.AT_joisc2015_i2023-12-2314.ABC321G2023-12-2315.CF1140G2023-12-2316.CF1768F2023-12-2317.CF1917F2024-01-0718.ARC162F2024-01-1619.旅行者2024-01-2120.CF1218A2024-03-0921.CF288E2024-03-0922.CF382E2024-03-0923.CF1799G2024-03-0924.CF263E2024-03-09

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果然自己想出来和看题解做出来是完全不同的感觉……

首先考虑没有不相遇的限制条件怎么做。发现这个问题就是 P1144 再加上乘法原理。

然后思考如何处理相遇的情况。容易想到枚举相遇的点和边。首先从 $s$ 和 $t$ 开始各跑一遍最短路，$di{s}_{u,0/1},cn{t}_{u,0/1}$ 分别为点 $u$ 到点 $s/t$ 的距离和此时的最短路数。

然后考虑如何计算经过点 $x$ 的最短路数量。这条最短路一定可以分成以下两段：$s\to x,x\to t$。按照乘法原理，数量即为 $cn{t}_{x,0}\times cn{t}_{x,1}$。两人同时走过 $x$ 点的情况数即为这个数的平方。

在边上相遇的情况类似，因为要求一定要经过这条边，读者可自行思考或参考代码。

最后考虑什么时候会相遇。容易想到，对于点，当 $di{s}_{u,0}\times 2=di{s}_{t,0}$ 时会在该点相遇；对于边，当 $di{s}_{u,0}\times 2<di{s}_{t,0}\wedge di{s}_{v,1}\times 2<di{s}_{t,0}$（说明最短路长的一半在这条边上）且 $di{s}_{u,0}+D_i+di{s}_{v,1}=di{s}_{t,0}$（说明该路径为最短路）时会相遇。

将所有情况数减去不合法，即会相遇的方案数即可。

code：

点击查看代码

int n,m,s,t,cnt[N][2];
ll dis[N][2];
bool vis[N];
int tot,head[N];
struct node{
	int to,nxt,cw;
}e[N<<2];
priority_queue<pair<ll,int>> q;
inline void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]={v,head[u],w};
	head[u]=tot;
}
void dij(int S,int op){
	mems(vis,false);
	dis[S][op]=0;
	cnt[S][op]=1;
	q.push(Mp(0,S));
	while(q.size()){
		int u=q.top().se;
		q.pop();
		if(vis[u])
			continue;
		vis[u]=true;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(vis[v]||dis[v][op]<dis[u][op]+e[i].cw)
				continue;
			if(dis[v][op]>dis[u][op]+e[i].cw){
				cnt[v][op]=cnt[u][op];
				dis[v][op]=dis[u][op]+e[i].cw;
				q.push(Mp(-dis[v][op],v));
			}else if(dis[v][op]==dis[u][op]+e[i].cw)
				cnt[v][op]=(cnt[v][op]+cnt[u][op])%mod;
		}
	}
}
void solve(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	mems(dis,0x3f);
	dij(s,0);
	dij(t,1);
	ll d=dis[t][0];
	int ans=1ll*cnt[t][0]*cnt[t][0]%mod;
	for(int u=1;u<=n;u++){
		if(dis[u][0]*2==d)
			ans=(ans-1ll*cnt[u][0]*cnt[u][0]%mod*cnt[u][1]%mod*cnt[u][1]%mod+mod)%mod;
		else{
			for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
				int v=e[i].to;
				if(dis[u][0]+e[i].cw+dis[v][1]==d&&dis[u][0]*2<d&&dis[v][1]*2<d)
					ans=(ans-1ll*cnt[u][0]*cnt[u][0]%mod*cnt[v][1]%mod*cnt[v][1]%mod+mod)%mod;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		solve();
}