[HAOI2012]道路，洛谷P2505，最短路图

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本文详细解析了如何结合最短路径算法与拓扑排序，解决特定图论问题，通过实例演示了如何计算从任意节点出发的最短路径数量及可达路径种数，最终得出每条边在所有最短路径中的贡献值。

正题

这题还是挺好想的。

把每个点作为起点的最短路图建出来。

做一次拓扑排序，求起点到该点有多少条最短路图。

然后做一次反拓扑序，求出该点可以到达其他点的路径种数。

最后对于边 $(u,v)$ ，它的价值就是u的第一个价值乘上v的第二个价值。

相当于算的是以i为起点的最短路有多少条经过这条边。答案全部加起来就可以了。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;

int n,m;
struct edge{
	int x,y,c,next;
}p[5010],s[5010];
int fir[3010],first[3010];//fir is for SPFA , the other is for TP
int len;
long long ans[5010];
queue<int> f;
int dis[3010],in[3010];
long long cnt1[3010],cnt2[3010];
int tp[3010];
bool tf[3010],insert[5010];
long long mod=1e9+7;

void ins(int x,int y,int c){
	len++;
	p[len]=(edge){x,y,c,fir[x]};fir[x]=len;
}

void inss(int x,int y,int c){
	len++;
	s[len]=(edge){x,y,c,first[x]};first[x]=len;
}

void SPFA(int x){
	f.push(x);	
	tf[x]=true;
	memset(dis,63,sizeof(dis));dis[x]=0;
	while(!f.empty()){
		int now=f.front();
		tf[now]=false;f.pop();
		for(int i=fir[now];i!=0;i=p[i].next){
			int y=p[i].y;
			if(dis[y]>dis[now]+p[i].c){
				dis[y]=dis[now]+p[i].c;
				if(!tf[y]){
					f.push(y);
					tf[y]=true;
				}
			}
		}
	}
}

void Tp(int op){
	memset(first,0,sizeof(first));len=0;
	memset(in,0,sizeof(in));
	memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));cnt1[op]=1;
	memset(insert,false,sizeof(insert));
	for(int i=1;i<=m;i++) 
		if(dis[p[i].x]+p[i].c==dis[p[i].y]) inss(p[i].x,p[i].y,p[i].c),insert[i]=true,in[p[i].y]++;
	tp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) f.push(i);
	while(!f.empty()){
		int x=f.front();f.pop();
		tp[++tp[0]]=x;
		for(int i=first[x];i!=0;i=s[i].next){
			int y=s[i].y;
			in[y]--;(cnt1[y]+=cnt1[x])%=mod;
			if(!in[y]) f.push(y);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt2[i]=1;
	for(int i=tp[0];i>=1;i--)
		for(int j=first[tp[i]];j!=0;j=s[j].next)
			(cnt2[tp[i]]+=cnt2[s[j].y])%=mod;
}

void solve(int x){
	SPFA(x);Tp(x);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(insert[i]) (ans[i]+=cnt1[p[i].x]*cnt2[p[i].y]%mod)%=mod;
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	int x,y,c;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d %d",&x,&y,&c);
		ins(x,y,c);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) solve(i);
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
}