CF954D Fight Against Traffic C++题解

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题意

给定一个 \(n\) 个点，\(m\) 条边的无向联通图。你现在可以随意将两个没有连起来的点相连（只能连一条），输出有多少种连法不影响点 \(s\) 到点 \(t\) 的最短路径长度。

点的编号由 \(1\) 到 \(n\)，且边权均为 \(1\)。

思路

要从 \(s\) 到 \(t\)，若会影响最小值，肯定经过了刚才连上的一条边。
现称：

• \(d1_i\) 表示从 \(s \to i\) 的最短路长度；
• \(d2_i\) 表示从 \(i \to t\) 的最短路长度，同时因为这是无向图，故 \(d2_i\) 的含义 \(\Leftrightarrow t \to i\) 的最短路长度；
• 连上的边是 \(x\) 与 \(y\) 这条边。

则，从 \(s\) 到 \(t\) 有两种情况：

1. \(s \to x \to y \to t\)；
2. \(s \to y \to x \to t\)。

由于 \(x \to y\) 的权是 \(1\)，
则两种情况所对应的距离分别是：

1. \(ans1 = d1_x + 1 + d2_y\)
2. \(ans2 = d1_y + 1 + d2_x\)

由于 \(s \to t\) 的最短路的长度是 \(d1_t\) \((d1_t = d2_s\)，都是这个最短的长度\()\)。

如果 \(\min(x1, x2) < d1_t\)，说明影响了，我们要求不影响的条数，故

• 如果 \(\min(x1, x2) \geqslant d1_t\)，cnt++。

本题的大体思路总结：

1. 预处理 \(d1\) 和 \(d2\)；
2. \(O(n^2)\) 枚举每一对 \(x\) 和 \(y\)，如果 \(x \ne y \land x\) 和 \(y\) 之间没有连边，求出 \(ans1\) 和 \(ans2\)，并判断是否合法；
3. 输出答案。

下面简单说一下预处理 \(d1\) 和 \(d2\)。
本题没有重边，故可以邻接矩阵来存图。
直接用 bfs 算出所有点的最短路。

• 求 \(d1\) 时，队列中先插入 \(s\)，接下来扩展到下一个点；
• 求 \(d2\) 时，队列中先插入 \(t\)，接下来同上。

解释一下第三个最简单的样例：

如图，从 \(1 \to 5\)，原图的最短路长度为 \(2\)， 有以下 \(3\) 中连法使得最短路长度不变：

1. 连接 \(2 \to 3\)，最短路长度不变。

2. 连接 \(2 \to 4\)，最短路长度不变。

3. 连接 \(3 \to 4\)，最短路长度不变。

故输出 \(3\)。

代码

AC code记录

#include <bits/stdc++.h>
#define fr(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
using namespace std;
int n, m, s, t, x, y, cnt, d1[1010], d2[1010], link[1010][1010];
bool vis[1010];
queue<int>q;

int min(int x, int y)
{
	return x < y ? x : y;
}

void bfs(int *dis)
{
	while (q.size())
	{
		int now = q.front(); q.pop();
		fr(i, 1, n)
		{
			if (!link[now][i] || vis[i]) continue;
			vis[i] = true, dis[i] = dis[now] + 1, q.push(i);
		}
	}
	fr(i, 1, n) vis[i] = false; // 清空数组 
	while (q.size()) q.pop();
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t);
	fr(i, 1, m) scanf("%d%d", &x, &y), link[x][y] = 1, link[y][x] = 1;
	vis[s] = true, /*这里数组标 true 不能忘*/q.push(s), bfs(d1);
	vis[t] = true, q.push(t), bfs(d2);
	fr(i, 1, n) fr(j, i, n)
	{
		if (i == j || link[i][j]) continue; // 如果本来就有边或者 i = j，continue 
		int ans1 = d1[i] + 1 + d2[j],
			ans2 = d1[j] + 1 + d2[i];
		cnt += min(ans1, ans2) >= d1[t]; // 如果两种方案的最小值大于等于原本的最短路的长度，说明合法 
	}
	printf("%d", cnt);
	return 0;
}
}