P2505 [HAOI2012]道路

题目描述

C国有n座城市，城市之间通过m条单向道路连接。一条路径被称为最短路，当且仅当不存在从它的起点到终点的另外一条路径总长度比它小。两条最短路不同，当且仅当它们包含的道路序列不同。我们需要对每条道路的重要性进行评估，评估方式为计算有多少条不同的最短路经过该道路。现在，这个任务交给了你。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个正整数n、m

接下来m行每行包含三个正整数u、v、w，表示有一条从u到v长度为w的道路

输出格式：

输出应有m行，第i行包含一个数，代表经过第i条道路的最短路的数目对1000000007取模后的结果

说明

30%的数据满足：n≤15、m≤30

60%的数据满足：n≤300、m≤1000

100%的数据满足：n≤1500、m≤5000、w≤10000

题目有两点要说。

一、所有点都能作为起点和终点的最短路–>暴力枚举起点

二、统计确定起点任意终点的最短路上的边出现次数

把问题拆分，找到在这些最短路上的边 和 统计边的出现次数

首先考虑找到最短路上的边和边的两端构成的集合最短路图。

用到两个比较显然的结论：

1.最短路径上的任意一条边都在最短路图上

2.权值都为正的图的最短路图一定不存在环（当有权为0的边就可能存在环了，比如NOIp2017逛公园）

我们可以先跑出最短路，然后枚举边\(E(u,v)\)，当\(dis[v]==dis[u]+edge[E(u,v)]\)时，边\(E\)就在最短路图上

关于统计，因为权值都为正无环，所以我们对最短路图考虑topo排序一波

对一条边\(E(u,v)\)，如果有\(cnt1\)条路径到\(u\)，从\(v\)出去又可以分出\(cnt2\)条路径，则这条边的答案就是\(cnt1*cnt2\)

对于\(cnt1\)，其实就是单源的最短路计数。对于\(cnt2\)，可以考虑反向建边跑，注意每个点都是起点，所以所有的\(cnt2\)初值都为1

关于卡常：正反图不要嫌麻烦，尽量不要建在一起然后分奇偶边，会T飞的

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
#define P pair <int ,int>
#define mod 1000000007
#define rg register
using namespace std;
const int N=1502;
const int M=10010;
int head[N],to[M],edge[M],Next[M],is[M],cnt=1,n,m;
inline void add(int u,int v,int w)//i&1 反向边
{
    to[++cnt]=v;edge[cnt]=w;Next[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
    to[++cnt]=u;edge[cnt]=w;Next[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v,w;
    for(rg int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
}
P p;int used[N],dis[N],ans[M];
inline void disj(int s)
{
    priority_queue <P,vector <P>,greater <P> > q;
    memset(used,0,sizeof(used));
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[s]=0;
    p.first=0,p.second=s;
    q.push(p);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(used[u]) continue;
        used[u]=1;
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        {
            if(i&1) continue;
            int v=to[i],w=edge[i];
            if(dis[v]>dis[u]+w)
            {
                dis[v]=dis[u]+w;
                p.first=dis[v],p.second=v;
                q.push(p);
            }
        }
    }
}
int in1[N],in2[N],cnt1[N],cnt2[N];
inline void New()
{
    memset(is,0,sizeof(is));
    memset(in1,0,sizeof(in1));
    memset(in2,0,sizeof(in2));
    for(rg int u=1;u<=n;u++)
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        {
            if(i&1) continue;
            int v=to[i],w=edge[i];
            if(dis[u]+w==dis[v]) is[i]=is[i^1]=1,in1[v]++,in2[u]++;
        }
}
inline void topo(int s)
{
    memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));
    memset(cnt2,0,sizeof(cnt2));
    queue <int > q;
    q.push(s);
    cnt1[s]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        {
            if(!is[i]||(i&1)) continue;
            int v=to[i];
            in1[v]--;
            (cnt1[v]+=cnt1[u])%=mod;
            if(!in1[v]) q.push(v);
        }
    }
    for(rg int i=1;i<=n;i++)
        if(!in2[i])
        {
            cnt2[i]=1;
            q.push(i);
        }
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        {
            if(!is[i]||!(i&1)) continue;
            int v=to[i];
            in2[v]--;
            (cnt2[v]+=cnt2[u])%=mod;
            if(!in2[v]) cnt2[v]++,q.push(v);
        }
    }
}
inline void cal()
{
    for(rg int u=1;u<=n;u++)
        for(int i=head[u];i;i=Next[i])
        {
            if((i&1)||!is[i]) continue;
            int v=to[i];
            ans[i>>1]=(ans[i>>1]+cnt1[u]*cnt2[v]%mod)%mod;
        }
}
void work()
{
    for(rg int i=1;i<=n;i++)
    {
        disj(i);
        New();
        topo(i);
        cal();
    }
    for(rg int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
}
int main()
{
    init();
    work();
    return 0;
}

2018.7.15