(color{#0066ff}{ 题目描述 })
给出一个有向图，从起点走到终点（必须走最短路），问一条边是否一定会被经过，如果不经过它，可以减小它的多少边权使得经过它（边权不能减少到0）
(color{#0066ff}{输入格式})
第一行包含四个整数n，m，s和t（(2 leq n leq 10^5; 1 leq m leq 10^5,1 leq s, t leq n)) -在BERLAND城市，道路的数量，首都和总统家乡（s ≠ t）。
接下来的m条线路包含道路。各道路被给定为一组三个整数ai, bi, li (1 ≤ ai, bi ≤ n; ai ≠ bi; 1 ≤ li ≤ (10^6)) -由连接在城市第i条道路以及骑行所需的时间。道路从城市a 直达城市b i。
城市编号从1到n。每对城市之间可以有多条道路。保证沿着道路有从s到t的路径
(color{#0066ff}{输出格式})
打印m行。第i行应包含有关第i条道路的信息（道路按出现在输入中的顺序编号）。
如果总统在旅行期间肯定会骑它，则该行必须包含一个单词“ 是 ”（没有引号）。
否则，如果能够修复第i条道路，使其上的旅行时间保持正面，那么总统肯定会骑在它上面，打印空格分隔的单词“ CAN ”（不带引号）以及修复的最小费用。
如果我们不能让总统肯定会骑在这条路上，请打印“ 否 ”（没有引号）。
注意 修复道路的费用是修复前后骑车所需的时间之差。
(color{#0066ff}{输入样例})
6 7 1 6
1 2 2
1 3 10
2 3 7
2 4 8
3 5 3
4 5 2
5 6 1
3 3 1 3
1 2 10
2 3 10
1 3 100
2 2 1 2
1 2 1
1 2 2
(color{#0066ff}{输出样例})
YES
CAN 2
CAN 1
CAN 1
CAN 1
CAN 1
YES
YES
YES
CAN 81
YES
NO
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
none
(color{#0066ff}{ 题解 })
从S正向建图跑DIJ，从T反向建图跑DIJ
考虑一个边，如果一定在最短路上首先用两端点dis+边权判断，然后如果是必经边，显然是最短路树上的割边
然而好像写挂了qwq
还有一种方法是利用最短路计数来算
一条边必经，当且仅当(diss[x]+dist[y]+z=diss[t] &&cnts[x]*cntt[y]=cnts[t])
但是cnt会炸LL
于是开始取模
然而这题TM还卡模数，调了好久
对于非必经边，若让它必经，显然让它减小一些权值使得恰好比最短路小1就行了
判断一下是否到0就行
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define int long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
using std::pair;
using std::make_pair;
const int mox = 998244353;
const int mod = 1004535809;
const int maxn = 1e5 + 200;
const LL inf = 999999999999999LL;
struct node {
int to;
LL dis;
node *nxt;
node(int to = 0, LL dis = 0, node *nxt = NULL): to(to), dis(dis), nxt(nxt) {}
void *operator new(size_t) {
static node *S = NULL, *T = NULL;
return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
}
};
struct E {
LL x, y, z;
}e[maxn];
int n, m, S, T;
node *head[maxn], *h[maxn];
LL diss[maxn], dist[maxn], cnts[maxn], cntt[maxn], cntss[maxn], cnttt[maxn];
bool vis[maxn];
std::priority_queue<pair<LL, int>, std::vector<pair<LL, int> >, std::greater<pair<LL, int> > > q;
void add(int from, int to, int dis, node **hh) {
hh[from] = new node(to, dis, hh[from]);
}
void dij(int s, LL *dis, node **hh, LL *cnt, LL *ccnt) {
for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = inf, vis[i] = false;
q.push(make_pair(dis[s] = 0, s));
cnt[s] = 1;
while(!q.empty()) {
int tp = q.top().second; q.pop();
if(vis[tp]) continue;
vis[tp] = true;
for(node *i = hh[tp]; i; i = i->nxt) {
if(dis[i->to] > dis[tp] + i->dis)
q.push(make_pair(dis[i->to] = dis[tp] + i->dis, i->to)), cnt[i->to] = cnt[tp] % mod, ccnt[i->to] = ccnt[tp] % mox;
else if(dis[i->to] == dis[tp] + i->dis) (cnt[i->to] += cnt[tp]) %= mod, (ccnt[i->to] += ccnt[tp]) %= mox;
}
}
}
signed main() {
n = in(), m = in(), S = in(), T = in();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
E &o = e[i];
o.x = in(), o.y = in(), o.z = in();
add(o.x, o.y, o.z, head);
add(o.y, o.x, o.z, h);
}
dij(S, diss, head, cnts, cntss);
dij(T, dist, h, cntt, cnttt);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
E o = e[i];
if(diss[o.x] + dist[o.y] + o.z == diss[T] && (cnts[o.x] * cntt[o.y] % mod) == (cnts[T] % mod) && (cntss[o.x] * cnttt[o.y] % mod) == (cntss[T] % mod)) printf("YES
");
else {
LL now = diss[o.x] + dist[o.y] + o.z;
LL goal = diss[T] - 1;
LL dt = now - goal;
if(o.z - dt <= 0) printf("NO
");
else printf("CAN %lld
", dt);
}
}
return 0;
}