BZOJ 2750: [HAOI2012]Road( 最短路 )

对于每个点都跑最短路, 然后我们得到了个DAG, 在这DAG上更新每条边的答案.

考虑e(u, v)∈DAG对答案的贡献:  假设从S到u得路径数为A[u], 从v出发到达任意点的路径数为B[v], 那么e(u, v)的答案可以加上A[u] * B[v](显然).

A可以按拓扑序递推得到, B可以通过记忆化搜索得到, 都是O(m). 所以总时间复杂度O(nmlogn + nm)

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#include<bits/stdc++.h>

  

#define rep(i, n) for(int i = 0; i < n; i++)

#define clr(x, c) memset(x, c, sizeof(x))

#define REP(x) for(edge* e = head[x]; e; e = e->next)

#define foreach(e, x) for(__typeof(x.begin()); e != x.end(); e++)

#define mod(x) ((x) %= MOD)

 

using namespace std;

 

const int maxn = 1509, maxm = 5009;

const int MOD = 1000000007;

 

struct edge {

int to, w, num;

edge* next;

} E[maxm], *pt = E, *head[maxn];

 

inline void addedge(int u, int v, int d, int _) {

pt->to = v, pt->w = d, pt->num = _;

pt->next = head[u];

head[u] = pt++;

}

 

struct node {

int x, w;

bool operator < (const node &t) const {

return w > t.w;

}

};

 

int d[maxn], cnt[maxn], ans[maxm], A[maxn], B[maxn], n;

 

void dijkstra(int S) {

rep(i, n) d[i] = MOD;

d[S] = 0;

priority_queue<node> Q;

Q.push( (node) {S, 0} );

while(!Q.empty()) {

node t = Q.top(); Q.pop();

if(d[t.x] != t.w) continue;

REP(t.x) if(d[t.x] + e->w < d[e->to]) {

d[e->to] = d[t.x] + e->w;

Q.push( (node) {e->to, d[e->to]} );

}

}

}

 

// get B

int dp(int x) {

if(B[x]) return B[x];

REP(x) if(d[e->to] == d[x] + e->w)

   mod(B[x] += dp(e->to));

return ++B[x];

}

 

//get A

void DFS(int x) {

REP(x) if(d[e->to] == d[x] + e->w) {

mod(A[e->to] += A[x]);

if(!--cnt[e->to]) DFS(e->to);

}

}

 

void dfs(int x) {

REP(x) if(d[e->to] == d[x] + e->w)

if(!cnt[e->to]++) dfs(e->to);

}

 

void work(int x) {

dijkstra(x);

clr(cnt, 0), clr(A, 0), clr(B, 0);

dfs(x), dp(x), A[x] = 1, DFS(x);

rep(i, n)

   REP(i) if(d[i] + e->w == d[e->to])

       mod(ans[e->num] += 1LL * A[i] * B[e->to] % MOD);

}

 

inline int read() {

char c = getchar();

for(; !isdigit(c); c = getchar());

int ans = 0;

for(; isdigit(c); c = getchar())

   ans = ans * 10 + c - '0';

return ans;

}

 

int main() {

freopen("test.in", "r", stdin);

int m;

clr(head, 0), clr(ans, 0);

cin >> n >> m;

rep(i, m) {

int u = read() - 1, v = read() - 1, w = read();

addedge(u, v, w, i);

}

rep(i, n) work(i);

for(int* t = ans; t != ans + m; t++)

   printf("%d ", *t);

return 0;

}

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2750: [HAOI2012]Road

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 356  Solved: 163
[Submit][Status][Discuss]

Description

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。

Input

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

Output

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

Sample Input

4 4
1 2 5
2 3 5
3 4 5
1 4 8

Sample Output

2
3
2
1

HINT

数据规模

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

Source