AtCoder ARC 090 E / AtCoder 3883: Avoiding Collision
题目传送门：ARC090E。
题意简述：
给定一张有 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向图。每条边有相应的边权，边权是正整数。
小 A 要从结点 \(S\) 走到结点 \(T\)，而小 B 则相反，他要从结点 \(T\) 走到结点 \(S\)。
小 A 和小 B 走一条边需要的时间都是这条边的边权，不论方向。
问有多少种走法，使得他们俩都走了最短路，但是他们不会相遇，这里相遇指的是在点上或者在边上相遇。
答案对 \(10^9+7\) 取模。
题解：
用 Dijkstra 算法求出以结点 \(S\) 和结点 \(T\) 出发到每个点的最短路和最短路条数。
把从结点 \(S\) 到结点 \(i\) 的最短路记作 \(d1_i\)，最短路条数对 \(10^9+7\) 取模的结果记作 \(g1_i\)。
把从结点 \(T\) 到结点 \(i\) 的最短路记作 \(d2_i\)，最短路条数对 \(10^9+7\) 取模的结果记作 \(g2_i\)。
把从结点 \(S\) 到结点 \(T\) 的最短路记作 \(Dist\)。
考虑用容斥的方法计算答案。答案等于总方案数减去相遇的方案数。总方案数为 \(g1_T^2\)。
因为走的都是最短路，而且边权是正的，不难证明两人只会相遇一次。
所以只要统计在每个点或者每条边经过的方案数即可。
考虑经过结点 \(i\) 的方案数：
前提是 \(d1_i+d2_i=Dist\) 且 \(d1_i=d2_i\)，方案数为 \(g1_i^2g2_i^2\)。
考虑经过边 \(i\overset{d}{\Longleftrightarrow}j\)（其中小 A 从结点 \(i\) 走向结点 \(j\)）的方案数：
前提是 \(d1_i+d+d2_j=Dist\) 且 \(d1_i+d>d2_j\) 且 \(d1_i<d+d2_j\)，方案数为 \(g1_i^2g2_j^2\)。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) 3 #define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i]) 4 #define Mod 1000000007 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 typedef pair<ll,int> pli; 8 9 int n,m,S,T; 10 ll Ans; 11 int U[200001],V[200001],D[200001]; 12 int h[100001],nxt[400001],to[400001],w[400001],tot; 13 void ins(int x,int y,int z){nxt[++tot]=h[x];to[tot]=y;w[tot]=z;h[x]=tot;} 14 15 ll d1[100001],d2[100001],g1[100001],g2[100001];bool v1[100001],v2[100001]; 16 priority_queue<pli,vector<pli>,greater<pli> > pq; 17 18 void Dij(ll*d,ll*g,bool*v,int s){ 19 d[s]=0ll; 20 pq.push(pli(0ll,s)); 21 g[s]=1; 22 while(!pq.empty()){ 23 pli P=pq.top(); pq.pop(); 24 int u=P.second; ll du=P.first; 25 if(v[u]||d[u]<du) continue; 26 v[u]=1; 27 eF(i,u){ 28 if(d[to[i]]==du+w[i]) 29 g[to[i]]=(g[to[i]]+g[u])%Mod; 30 if(d[to[i]]>du+w[i]) 31 g[to[i]]=g[u], 32 d[to[i]]=du+w[i], pq.push(pli(d[to[i]],to[i])); 33 } 34 } 35 } 36 37 int main(){ 38 int x,y,z; 39 scanf("%d%d",&n,&m); 40 scanf("%d%d",&S,&T); 41 F(i,1,m) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z), ins(x,y,z), ins(y,x,z), U[i]=x, V[i]=y, D[i]=z; 42 memset(d1,0x3f,sizeof d1); 43 Dij(d1,g1,v1,S); 44 memset(d2,0x3f,sizeof d2); 45 Dij(d2,g2,v2,T); 46 ll Dist=d1[T]; 47 Ans=g1[T]*g1[T]%Mod; 48 F(i,1,n){ 49 if(d1[i]+d2[i]==Dist&&d1[i]==d2[i]) 50 Ans=(Ans-g1[i]*g1[i]%Mod*g2[i]%Mod*g2[i]%Mod)%Mod; 51 } 52 int u,v,d; 53 F(i,1,m){ 54 u=U[i], v=V[i], d=D[i]; 55 if(d1[u]+d+d2[v]==Dist && d1[u]+d>d2[v] && d2[v]+d>d1[u]){ 56 Ans=(Ans-g1[u]*g2[v]%Mod*g1[u]%Mod*g2[v]%Mod)%Mod; 57 } 58 u=V[i], v=U[i], d=D[i]; 59 if(d1[u]+d+d2[v]==Dist && d1[u]+d>d2[v] && d2[v]+d>d1[u]){ 60 Ans=(Ans-g1[u]*g2[v]%Mod*g1[u]%Mod*g2[v]%Mod)%Mod; 61 } 62 } 63 printf("%lld",(Ans%Mod+Mod)%Mod); 64 return 0; 65 }
