「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
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。
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 \(x\)。
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 \(m-x\)。
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。
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 \(1\)。
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 \(O(n^2)\)。
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。
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。
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 \(cnt \times \sum_{i=1}^{\frac{cnt}{2}}g_{i}-2 \times g_{i-1}+g_{i-2}\)。
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。
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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