洛谷 P2505 [HAOI2012]道路【最短路】

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题目链接：洛谷 P2505

题目大意：给定单向图，求每条边被多少条不同的最短路径经过。

题目分析：

为了解决这个问题，我们来介绍一个概念，叫做：最短路图。

在此处引入这个新的概念主要在于叙述更加方便。

最短路图的概念如下：

我们以 $s$ 为起点对图 $G$ 做一次最短路算法，如果存在 $G$ 的子图 $G'$ 满足：

$G'$ 的任意一条边都在某一条最短路径上，且不在 $G'$ 的任意一条边都不在任意一条最短路径上，则将 $G'$ 称为点 $s$ 的 最短路图。

简言之，一个点 $s$ 的最短路图，就是从这个点做单源最短路径后，所有最短路径组成的新图（显然，这个新图是原图的子图）。

基于最短路图的概念，我们可以考虑枚举每个点作为起点，跑一趟最短路。随后讨论点 $i$ 的最短路图 $G$ 上的边对于答案的贡献。

对于 $G$ 上的边 $x→y$，设从 $i$ 到 $x$ 的最短路径有 $cnt_1[x]$ 条，经过 $y$ 且以 $y$ 为出边的最短路径有 $cnt_2[y]$ 条。

显然，根据乘法原理，在图 $G$ 中，边 $x→y$ 对答案的贡献为 $cnt_1[x]*cnt_2[y]$。

于是我们考虑求解 $cnt_1[],cnt_2[]$。

由于在最短路图上，不存在环（这一点根据最短路图的定义很容易发现），于是我们首先在该点的最短路图上进行拓扑排序。

对于 $G$ 上的边 $x→y$，显然有递推式 $cnt_1[y]+=cnt_1[x]$，且有初始化 $cnt_1[i]=1$。

然后我们考虑拓扑排序的逆序，有递推式 $cnt_2[x]+=cnt_2[y]$，且有初始化 $cnt_2[i]=1$。

将上面结合起来，就可以进行求解。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
using namespace std;

const ll N = 1505;
const ll M = 10005;
const ll Inf = 1e18;
const ll Mod = 1e9 + 7;

ll ans[M];
ll inc, from[M], to[M], edg[M], nxt[M], head[N];
ll n, m, in[N], dis[N], vis[M], cnt1[N], cnt2[N];

ll add(ll x, ll y) {
    x += y;
    return x >= Mod ? x - Mod : x;
}

ll mul(ll x, ll y) {
    return x * y % Mod;
}

void insert(ll x, ll y, ll z) {
    ++inc;
    from[inc] = x;
    to[inc] = y;
    edg[inc] = z;
    nxt[inc] = head[x];
    head[x] = inc;
}

void spfa(ll s) {
    for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
        dis[i] = Inf, vis[i] = 0;
    }

    queue<ll> q;

    dis[s] = 0;
    vis[s] = 1;
    q.push(s);

    while (q.size()) {
        ll x = q.front();
        q.pop();
        vis[x] = 0;
        for (ll i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
            ll y = to[i], z = edg[i];
            if (dis[y] > dis[x] + z) {
                dis[y] = dis[x] + z;
                if (!vis[y]) {
                    vis[y] = 1;
                    q.push(y);
                }
            }
        }
    }
}

void dfs1(ll x) {
    vis[x] = 1;
    for (ll i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
        ll y = to[i], z = edg[i];
        if (dis[y] == dis[x] + z) {
            in[y]++;
            if (!vis[y]) {
                dfs1(y);
            }
        }
    }
}

void dfs2(ll x) {
    for (ll i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
        ll y = to[i], z = edg[i];
        if (dis[y] == dis[x] + z) {
            vis[i] = 1;
            cnt1[y] = add(cnt1[y], cnt1[x]);
            if (--in[y] == 0) {
                dfs2(y);
            }
        }
    }
}

void dfs3(ll x) {
    cnt2[x] = 1;
    for (ll i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
        ll y = to[i], z = edg[i];
        if (dis[y] == dis[x] + z) {
            if (!cnt2[y]) {
                dfs3(y);
            }
            cnt2[x] = add(cnt2[x], cnt2[y]);
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);

    for (ll i = 1; i <= m; i++) {
        ll x, y, z;
        scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &z);
        insert(x, y, z);
    }

    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        spfa(i);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        dfs1(i);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(cnt1, 0, sizeof(cnt1));
        memset(cnt2, 0, sizeof(cnt2));
        cnt1[i] = 1;
        dfs2(i);
        dfs3(i);
        for (ll j = 1; j <= m; j++) {
            if (vis[j]) {
                ans[j] = add(ans[j], mul(cnt1[from[j]], cnt2[to[j]]));
            }
        }
    }

    for (ll i = 1; i <= m; i++) {
        printf("%lld\n", ans[i]);
    }

    return 0;
}