1491: [NOI2007]社交网络
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MB
Description
在社交网络（socialnetwork）的研究中，我们常常使用图论概念去解释一些社会现象。不妨看这样的一个问题。
在一个社交圈子里有n个人，人与人之间有不同程度的关系。我们将这个关系网络对应到一个n个结点的无向图上，两个不同的人若互相认识，则在他们对应的结点之间连接一条无向边，并附上一个正数权值c，c越小，表示两个人之间的关系越密切。我们可以用对应结点之间的最短路长度来衡量两个人s和t之间的关系密切程度，注意到最短路径上的其他结点为s和t的联系提供了某种便利，即这些结点对于s和t之间的联系有一定的重要程度。我们可以通过统计经过一个结点v的最短路径的数目来衡量该结点在社交网络中的重要程度。考虑到两个结点A和B之间可能会有多条最短路径。我们修改重要程度的定义如下：令Cs,t表示从s到t的不同的最短路的数目，Cs,t(v)表示经过v从s
到t的最短路的数目；则定义
.png)
为结点v在社交网络中的重要程度。为了使I(v)和Cs,t(v)有意义，我们规定需要处理的社交网络都是连通的无向图，即任意两个结点之间都有一条有限长度的最短路径。现在给出这样一幅描述社交网络的加权无向图，请你求出每一个结点的重要程度。
Input
输入第一行有两个整数n和m，表示社交网络中结点和无向边的数目。在无向图中，我们将所有结点从1到n进行编号。接下来m行，每行用三个整数a，b，c描述一条连接结点a和b，权值为c的无向边。注意任意两个结点之间最多有一条无向边相连，无向图中也不会出现自环（即不存在一条无向边的两个端点是相同的结点）。n≤100;m≤4500
，任意一条边的权值 c 是正整数，满足：1≤c≤1000。所有数据中保证给出的无向图连通，且任意两个结点之间的最短路径数目不超过 10^10
Output
输出包括n行，每行一个实数，精确到小数点后3位。第i行的实数表示结点i在社交网络中的重要程度。
Sample Input
4 4
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 1 1
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 1 1
Sample Output
1.000
1.000
1.000
1.000
1.000
1.000
1.000
HINT
社交网络如下图所示。
.png)
对于 1 号结点而言，只有 2 号到 4 号结点和 4 号到 2 号结点的最短路经过 1 号结点，而 2 号结点和 4 号结点之间的最短路又有 2 条。因而根据定义，1 号结点的重要程度计算为 1/2 + 1/2 = 1 。由于图的对称性，其他三个结点的重要程度也都是 1 。
正解：最短路计数+乘法原理。
因为只有100个点所以最短路随便乱求都不会有问题... ...
然后用一个二维数组存一下两点的最短路数目，就是一个DAG上的DP... ...
然后枚举i,j,k,乘法原理统计k下的答案即可。
为什么今年的NOI没有这样的温暖题啊！！！
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <complex>
#include <stack>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 10010;
struct Node{int to,val,next;}E[M];
LL head[N],tot,far[N][N],line[N][N];
int n,m,deg[N],In[N];double Ans[N];
int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void link(int u,int v,int c)
{
E[++tot]=(Node){v,c,head[u]};
head[u]=tot;
}
inline void SPFA(int rt)
{
far[rt][rt]=0;
queue<int>Q;Q.push(rt);
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();In[x]=0;
for(int e=head[x];e;e=E[e].next){
int y=E[e].to;
if(far[rt][x]+E[e].val<far[rt][y]){
far[rt][y]=far[rt][x]+E[e].val;
if(!In[y])Q.push(In[y]=y);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int e=head[i];e;e=E[e].next)
if(far[rt][E[e].to]==far[rt][i]+E[e].val)
++deg[E[e].to];
line[rt][rt]=1;Q.push(rt);
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();
for(int e=head[x];e;e=E[e].next){
int y=E[e].to;
if(far[rt][x]+E[e].val==far[rt][y]){
line[rt][y]+=line[rt][x];--deg[y];
if(!deg[y])Q.push(y);
}
}
}
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=gi(),v=gi(),c=gi();
link(u,v,c);link(v,u,c);
}
memset(far,127/3,sizeof(far));
for(int i=1;i<=n;++i)SPFA(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
for(int k=1;k<=n;++k)
if(i!=j && i!=k && j!=k)
if(far[i][k]+far[k][j]==far[i][j]){
Ans[k]+=(double)(line[i][k]*line[k][j])/(double)(line[i][j]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%.3lf
",Ans[i]);
return 0;
}