标签：char 拓扑 for 距离 name space front mes bool
自己做出来固然开心，但是越发感觉到自己写题的确是很慢很慢了……往往有很多的细节反反复复的考虑才能确定，还要加油呀~
这道题目的突破口在于正难则反。直接求有多少不相交的不好求，我们转而求出所有相交的。我们先预处理出由 \(S\) 到 \(T\) 的最短路图（跑一边Dijkstra，所有的最短路径构成的图），显然可以顺便处理出 \(T\) 到 \(S\) 的。然后这个图是一个拓扑图，满足的性质就是从 \(S\) 点出发的任意一条路径终点均为 \(T\) 且为二者之间的最短路。拓扑图dp对于每个点我们又可以获得 \(Way1[u], Way2[u]\) 分别表示从起点到 \(u\) 点的总路径数和从终点到 \(u\) 的总路径数。
之后我们可以分类讨论一下，两条路径相遇是相遇在点上还是相遇在边上。相遇在点上很好判断，就是从起点到 \(u\) 点的距离正好等于从 \(u\) 点到终点的距离；相遇在边上则要求路径的终点落在这条边上，也是可以 O(1) 判断的。这样就好啦~(?´?`?)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 500000 #define mod 1000000007 #define int long long int n, m, dis1[maxn], dis2[maxn]; int ans, K, S, T, Way1[maxn], Way2[maxn]; bool vis[maxn]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); } while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar(); return x * k; } struct edge { int cnp, fr[maxn], to[maxn], co[maxn]; int last[maxn], head[maxn], degree[maxn]; edge() { cnp = 2; } void add(int u, int v, int w = 0) { fr[cnp] = u, to[cnp] = v, co[cnp] = w; last[cnp] = head[u], head[u] = cnp ++; } }E[2], G; struct node { int x, y; node(int _x = 0, int _y = 0) { x = _x, y = _y; } friend bool operator <(const node& a, const node& b) { return a.y > b.y; } }; priority_queue <node> q; void Up(int &x, int y) { x = (x + y) % mod; } int Qpow(int x) { return x * x % mod; } void Dijk(int S, int *dis) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); dis[S] = 0; q.push(node(S, 0)); while(!q.empty()) { node now = q.top(); q.pop(); int u = now.x; if(vis[u]) continue; vis[u] = 1; for(int i = G.head[u]; i; i = G.last[i]) { int v = G.to[i]; if(dis[v] > dis[u] + G.co[i]) { dis[v] = dis[u] + G.co[i]; q.push(node(v, dis[v])); } } } } void Toposort() { memset(vis, 0, sizeof(vis)); queue <int> q; q.push(S); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = G.head[u]; i; i = G.last[i]) { int v = G.to[i]; if((dis1[u] + dis2[v] + G.co[i]) == K) { E[0].add(u, v); E[0].degree[v] ++; E[1].add(v, u); E[1].degree[u] ++; if(!vis[v]) q.push(v), vis[v] = 1; } } } } void TopoDP(int opt, int *Way) { queue <int> q; for(int i = 1; i <= n; i ++) if(!E[opt].degree[i]) q.push(i), Way[i] = 1; while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = E[opt].head[u]; i; i = E[opt].last[i]) { int v = E[opt].to[i]; E[opt].degree[v] --; Up(Way[v], Way[u]); if(!E[opt].degree[v]) q.push(v); } } } signed main() { n = read(), m = read(); S = read(), T = read(); for(int i = 1; i <= m; i ++) { int x = read(), y = read(), w = read(); G.add(x, y, w), G.add(y, x, w); } memset(dis1, 127, sizeof(dis1)); memset(dis2, 127, sizeof(dis2)); Dijk(S, dis1), Dijk(T, dis2); K = dis1[T]; Toposort(); TopoDP(0, Way1); TopoDP(1, Way2); for(int i = 1; i <= n; i ++) if(dis1[i] + dis1[i] == K) Up(ans, Qpow(Way1[i] * Way2[i] % mod) % mod); for(int i = 2; i < E[1].cnp; i ++) { int u = E[0].fr[i], v = E[0].to[i]; if(dis1[u] * 2 == K || dis1[v] * 2 == K) continue; if(K > 2 * dis1[u] && K < 2 * (K - dis2[v])) Up(ans, Qpow(Way1[u] * Way2[v] % mod) % mod); } ans = (Way1[T] * Way1[T] % mod - ans + mod) % mod; printf("%lld\n", ans); return 0; }
【题解】Atcoder ARC#90 E-Avoiding Collision
标签：char 拓扑 for 距离 name space front mes bool
原文地址：https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9733849.html
