「洛谷P7729」交通运输（Wormhole Transportaion） 题解

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前言

感谢 $\color{red}{\text{AFewSuns}}$、$\color{red}{\text{Y25t}}$ 和 $\color{red}{\text{ix35}}$ 三位巨佬提供的帮助！

很好的一道题目，有很大的难度，但是也很锻炼思维。

2023/5/18update：修正了 sub4 中的公式，更改了部分描述。

2023/5/19update：添加了代码。

2023/5/27update：日常修锅。

传送门

交通运输（Wormhole Transportaion）

题目大意

有 $n$ 个点和 $m$ 个点对，你需要构造一张 $m-1$ 条边的无向图，使得 $m$ 个点对间最短路之和最小。

求最小值及取到最小值的方案数。

$2 \le n \le 2000,2 \le nm \le 2 \times 10^7,1 \le u_i,v_i \le n,u_i \neq v_i$。

保证所有无序对 $(u_i,v_i)$ 两两不同，且至少存在一种合法的方案。

subtask	$n \le$	特殊限制
$1$	$6$	无
$2$	$2000$	$m=n$，$u_i=i,v_i=(i \bmod n) + 1$
$3$	$2000$	由 $(u_i,v_i)$ 为无向边的图是仙人掌森林
$4$	$2000$	由 $(u_i,v_i)$ 为无向边的图是杏仁
$5$	$300$	$m \le 1000$
$6$	$2000$	无

仙人掌森林：每条边在至多一个简单环中的无向图。

杏仁：恰好存在两个度数大于 $2$ 的结点，其他结点度数都等于 $2$，且所有环都经过两个度数大于 $2$ 的结点的连通无向图。

思路

称以 $(u_i,v_i)$ 为无向边的图为 $G$，我们构造的图为 $G'$。

定义 “删去” 表示这条边或路径在 $G$ 中，但不在 $G'$ 中。“保留” 表示这条边或路径既在 $G$ 中也在 $G'$ 中。

令 $d(u,v)$ 表示在 $G'$ 中 $u$ 到 $v$ 的最短路。

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求解最短路最小值

题目中保证至少存在一种合法的方案，那么我们可以知道，$G$ 中一定有环。

若 $G$ 中无环，那么 $G$ 就是普通森林，对于任意森林里的一棵树 $T$，令其有 $k$ 条边，$k+1$ 个节点。

由于 $T$ 有 $k+1$ 个节点，所以我们要使其连通至少需要 $k$ 条边。那么我们所需的总边数为 $m$，大于题目要求的 $m-1$，所以不存在合法方案，矛盾。

那么我们就可以猜测，最短路最小值与环有关。

设环内边数量为 $x$。

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先考虑环外的边。

我们观察不在 $G$ 的环上的边 $(5,6)$。

假设我们选择了一个中转点进行连边。

可以发现，如果我们选择一个不在 $G$ 中的中转点 $7$，那么我们会连接 $(5,7),(6,7)$ 两条边，$d(5,6)=2$，使用两条边。但实际上我们可以连接 $(5,6)$，此时 $d(5,6)=1$ 且只使用了一条边。

所以，我们不会选择不在 $G$ 中的节点作中转。

同样的，如果我们选择一个在 $G$ 中的中转点 $2$，那么我们会连接 $(2,5),(2,6)$ 两条边，$d(5,6)+d(2,6)=3$，使用两条边。但如果我们连接 $(5,6),(2,6)$，$d(5,6)+d(2,6)=2$，同样使用两条边。

所以，我们不会选择在 $G$ 中的节点作中转。

综上，我们不会作中转。

也就是说，如果 $(u,v) \in G$，且 $(u,v)$ 不是环边，那么 $(u,v) \in G'$。

根据这条性质，我们可以知道，环外的边的答案就是 $m-x$。

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接下来考虑环内的边。

我们假设这个环长度为 $k$。

显然，如图所示将环断成一条链最优。答案为 $2 \times (k - 1)$。

那如果有多个环？显然我们只需断一个环。而又因为我们要让答案最小，即选择一个环 $i$ 使 $2 \times (k_i - 1)$ 最小，所以 $i$ 一定是最小环。

我们设最小环的长度为 $cnt$，那么最后的答案就是 $x-1+cnt-1=x+cnt-2$。

这样我们就算出了总答案为 $(m-x)+(x+cnt-2)=m-cnt-2$。

关于最小环环长，我们只需要求出 $i,j$ 的最短路 $dis(i,j)$ 和 $i,j$ 的第一条路与最短路不同的最短路 $dis2(i,j)$，然后枚举每对距离为 $1$ 的点对 $i,j$，取 $dis2(i,j)+1$ 的最小值即为环长。

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sub2

$G$ 是一个大小为 $n$，编号顺次为 $1,2,3,\dots,n$ 的环。

此时 $G'$ 是一棵树，我们令 $G'$ 的根节点为 $1$。

我们只需要计算使 $d(1,2)+d(2,3)+\cdots+d(n-1,n)+d(n,1)=2n-2$ 成立的 $G'$ 的个数。

可以发现，$d$ 的和实际上就是 $1 \to 2 \to \dots \to n \to 1$ 的路径长，而 $2n-2$ 代表每条边正好经过两次。如上图红色路径所示。

那么这样的路径实际上就是我们 dfs 的遍历过程，也就是说我们进入了一棵子树之后会遍历完内部的所有点后再出来。

所以任意一个子树内所有节点的编号必定连续。

我们推广到环上编号不连续的情况，即对于任意一个子树内所有节点的编号组成的集合 $S$，一定存在环上一段路径，使得这段路径上节点的编号组成的集合与 $S$ 相同。下方称此结论为条件 $1$。

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然后考虑如何计数。

我们设在 $G'$ 中，$1$ 的儿子中编号最大的是 $y$，子树 $y$ 中点的编号是 $[x,n]$。

不难发现，除去子树 $y$ 后的树编号是 $[1,x-1]$，也满足条件 $1$，是一个子问题。

但因为 $y$ 不是 $[x,n]$ 中编号最大的点，所以它不是子问题。但是如果我们将它拆分成 $[x,y]$ 和 $[y,n]$ 两个区间，我们发现，这两个区间都是满足条件 $1$ 的，都是子问题。

那么我们就把答案拆分成了三个子问题：$[1,x-1],[x,y],[y,n]$。

$[1,x-1]$ 而不是 $[1,x]$ 是因为 $y$ 是 $1$ 的儿子，$(1,y)$ 这条边一定存在。

发现区间的左右端点对答案没有影响，所以设 $f_i$ 表示长度为 $i$ 的连续区间的方案数。

那么答案 $f_n=\sum_{i+j+k=n+1} f_i f_j f_k$。

因为我们钦定了根节点为 $1$，所以不会算重。

至于具体计算，用 $h_{n}=\sum_{i+j=n+1} f_i f_j$ 辅助就可以达到 $O(n^2)$。

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sub3

$G$ 是仙人掌森林。

那么我们只需要找出最小环的个数 $tot$，然后将最小环的答案乘上 $tot$ 就好了。

注意不是乘方，时刻牢记我们只断一个环。

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sub4

$G$ 是杏仁。

题目中说，杏仁是恰好存在两个度数大于 $2$ 的结点，其他结点度数都等于 $2$，且所有环都经过两个度数大于 $2$ 的结点的连通无向图。

我们翻译一下：$G$ 中有两个点 $S,T$，它们之间有 $k$ 条不交路径，如下图。我们设这些路径长度从小到大依次为 $L_1,L_2,\dots,L_k$。

显然最小环的长度 $cnt=L_1+L_2$，数量 $tot$ 也好算，但是我们不能用 $f_{cnt}$ 乘以数量来计算答案，因为会算重。

思考什么时候会算重。

如图，我们令绿色的环为 $x$，红色的环为 $y$，路径 $S \to 3 \to T$ 为 $L_1$，$S \to 1 \to 2 \to T$ 为 $L_2$，$S \to 4 \to 5 \to T$ 为 $L_3$。

发现保留路径 $L_2$，改变 $L_1$ 与保留路径 $L_3$，改变 $L_1$ 的方案有一部分是重复的。

据此，我们定义 $g_{a,b}$ 表示长度为 $a$ 和 $b$ 的路径构成的最小环中，保留路径 $b$ 且 $a,b$ 两条路径之间没有连边的方案数。那么对于上图情况，最后答案就是 $2f_5-g_{2,3}$。

拓展到整个图，令长为 $L_1$ 的路径个数为 $t_1$，长为 $L_2$ 的路径个数为 $t_2$：

• 当 $t_1 \neq 1$ 时，答案为 $tot \times f_{cnt} - t_1 \times (t_1-2) \times g_{L_1,L_1}$。
• 当 $t_1 = 1$ 时，答案为 $tot \times f_{cnt} - (t_2-1) \times g_{L_1,L_2}$。

现在只需要考虑怎么计算 $g_{a,b}$ 了。这里同样钦定一个点是根节点。我们不需要知道根节点具体是谁。

可以发现与条件 $1$ 差别不大，可以推出 $g_{a,b}=\sum_{i+j=a+1} f_i f_j$。

发现其实与 $b$ 无关，所以直接定义 $g_i$ 为只更改最小环上长度为 $i$ 的路径的方案数。

其实仔细观察一下就能发现，这个递推式跟 sub2 中给出的解决 $f$ 预处理问题的 $h$ 一模一样。所以我们直接计算 $f$ 和 $g$ 就可以了。

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sub6

没有特殊限制。

我们类比 sub4 的解法，定义一个 $G'$ 被图 $G$ 中的环 $C$ 影响，当且仅当所有不在 $C$ 上的 $(u,v) \in G'$，且存在 $(u,v) \in C,(u,v) \not\in G'$。

如果 $G'$ 被 $C_1,C_2,\dots,C_t$ 影响，那么 $G'$ 只能在 $G$ 中 $C_1,C_2,\dots,C_t$ 相交的路径 $P$ 上作修改得到。

那么对于求解方案，我们可以找到 $P$ 上的一段区间 $P'$，长度为 $P'_l$，然后只对 $P'$ 进行改动。

发现这与我们 $g$ 数组的定义很像。但是要注意的是，这里 $P'$ 的端点所连的边也都会改动，所以我们要做一个容斥，答案是 $g_{P'_l}-2 \times g_{P'_l-1}+g_{P'_l-2}$。

但是其实可以发现，对于 $G'$ 只被一个环 $C$ 影响时，我们无法完全计算到它的贡献。因为多个环的相交部分一定不大于 $\frac{cnt}{2}$。

设 $L$ 为组成最小环的路径，其中 $L_1,L_2$ 与 $L_1,L_3$ 均构成最小环。

如果相交部分 $L_1 > \frac{cnt}{2}$，那么 $L_1>\frac{L_1+L_2}{2}$，即 $L_1>L_2$，同理 $L_1>L_3$。

此时发现 $L_2+L_3<L_1+L_2$，即 $L_2+L_3<cnt$，与 $cnt$ 为最小环长的定义矛盾。

那么我们就需要统计 $G'$ 只被一个环 $C$ 影响的部分答案。

那么我们只需要进行一个容斥即可。我们用总方案 $g_{cnt}$ 减去只包含长度小于等于 $\frac{cnt}{2}$ 的路径的方案 $cnt \times \sum_{i=1}^{\frac{cnt}{2}}g_{i}-2 \times g_{i-1}+g_{i-2}$。

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我们令在 $G$ 中 $dis(i,j)$ 表示 $i$ 到 $j$ 的最短路。

那么首先我们需要找出最小环长度 $cnt$ 和数量 $tot$，然后将 $f$ 数组和 $g$ 数组计算出来。

接下来我们枚举每个路径 $P'$，即枚举路径的端点 $s,t$，注意需要保证 $dis(s,t) \le \frac{cnt}{2}$。对答案的贡献为 $g_{dis(s,t)}-2 \times g_{dis(s,t)-1}+g_{dis(s,t)-2}$。

最后用容斥统计 $G'$ 只被一个环 $C$ 影响的部分答案。

然后将单个最小环的答案乘上 $tot$，按 sub4 的方法去重就好了。

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分析时间复杂度。

处理两点之间最短路、两点之间第一条路与最短路不同的最短路（代码注释中称为次短路），用 bfs 可以做到 $O(nm)$。

处理最小环信息，直接做就好，复杂度 $O(n^2)$。

$f$ 数组与 $g$ 数组。复杂度 $O(n^2)$。

枚举路径计算答案是 $O(n^2)$。

总时间复杂度 $O(nm+n^2)$。

那么终于，这道题结束了。

代码实现

本代码需要吸氧。也可以把 long long 改成 int 卡常。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=2e3+10;
const ll p=1e9+7;
using namespace std;

ll ksm(ll a,ll b){ll res=1;while(b){if(b&1)res=res*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return res;}

ll n,m,sid;
vector<ll>e[N];//图G

//下方称次短路为i到j的第一条边与最短路不同的最短路
ll dis[N][N];//dis[i][j]：i到j的最短路
ll dis2[N][N];//dis2[i][j]：i到j的次短路
ll num[N][N];//num[i][j]：i到j的次短路的条数
ll tmp[N][N];//tmp[i][j]：从i到终点s第一条边是(i,j)的最短路条数
ll cnt=1e9,tot;//cnt：最小环长度 tot：最小环数量
void bfs(ll s){//处理dis和dis2
	//s是最短路终点
	//从终点向外拓展，以便寻找最短路的第一条边
	For(x,1,n)for(ll y:e[x])tmp[x][y]=0;//清空
	queue<pair<ll,ll>>q;//第二个信息表示上一个点，0表示不是第一次加入队列，需取次短路计算
	q.push({s,n+1});
	dis[s][s]=0;
	while(q.size()){
		ll x=q.front().first,pre=q.front().second;
		q.pop();
		ll d=pre?dis[x][s]+1:dis2[x][s]+1;//距离
		for(ll y:e[x]){
			if(y==pre)continue;
			ll res=1;
			if(!pre)res=(num[x][s]-tmp[x][y]+p)%p;//从x到s不经过边(x,y)的最短路条数
			if(d<dis[y][s]){//bfs距离单调不减，所以此时一定是第一次更新到起点y
				dis[y][s]=d;
				q.push({y,x});//y第一次加入队列
			}else if(d<dis2[y][s]){//不是第一次更新点y，所以处理次短路
				dis2[y][s]=d;
				num[y][s]=res;
				tmp[y][x]=res;
				q.push({y,0});
			}else if(d==dis2[y][s]){//次短路长度相同，更新数量
				num[y][s]=(num[y][s]+res)%p;
				tmp[y][x]=res;
			}
		}
	}
}
ll f[N],g[N];//定义同思路
ll h[N];//提前记录容斥的式子
void init(){//预处理，dis、dis2、cnt、tot、f和g
	For(x,1,n)For(y,1,n)dis[x][y]=dis2[x][y]=1e9;
	For(x,1,n)bfs(x);//处理dis、dis2和num
	//枚举两个距离为1的点，计算cnt和tot
	For(x,1,n){
		for(ll y:e[x]){
			if(x<y){
				if(dis2[x][y]+1<cnt)cnt=dis2[x][y]+1,tot=num[x][y];
				else if(dis2[x][y]+1==cnt)tot=(tot+num[x][y])%p;
			}
		}
	}
	tot=tot*ksm(cnt,p-2)%p;//去重，因为每个最小环上都有cnt个距离为1的点对
	//处理f和g
	f[1]=g[1]=1;
	For(i,2,n+1){
		For(j,1,i-1)f[i]=(f[i]+g[j]*f[i-j])%p;
		For(j,1,i)g[i]=(g[i]+f[j]*f[i+1-j])%p;
	}
	//这里直接把g[i]-2*g[i-1]+g[i-2]处理出来了
	For(i,1,n){
		h[i]=(g[i]-2*g[i-1]+2*p)%p;
		if(i>1)h[i]=(h[i]+g[i-2])%p;
	}
}

void mian(){
	
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&sid);
	For(i,1,m){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		e[x].pb(y),e[y].pb(x);
	}
	init();//预处理
	ll ans=0;
	For(x,1,n){
		For(y,x+1,n){
			if(dis[x][y]+dis2[x][y]==cnt){//能构成最小环
				ans=(ans+h[dis[x][y]])%p;
				if(dis[x][y]==dis2[x][y])ans=(ans+h[dis[x][y]]*num[x][y])%p;
			}
		}
	}
	//大于cnt/2的情况
	ll res=f[cnt];
	For(i,1,cnt/2)res=(res-cnt*h[i]%p+p)%p;
	ans=(ans+tot*res)%p;
	printf("%lld\n%lld",m+cnt-2,ans);
	
}

int main(){
	int T=1;
//	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

尾声

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