CF954D Fight Against Traffic 题解

题目大意

对于一个无向无权联通图 \(G\)，有 \(n\) 个点 \(m\) 条边，往这个图里没有被连接的两个点之间连边，问有多少连法可以使得 \(s\) 到 \(t\) 的最短路长度不变。

解决思路

2.1 暴力做法

可以枚举任意两个点，对于每次连接使用 bfs 求最短路，计算出时间复杂度为 \(O(n^2(n+m))\)，不可通过。

2.2 预处理

如果连接 \(x,y\) 两个点，我们可以通过先从 \(s\) 走到 \(x\) 或 \(y\) 点，再从另一端前往 \(t\) 点，计算出这样走的路线长度。如果这样走的路线长度大于等于两者间的最短路长度（也就是不会使最短路长度变化），那么就将计数器加一。

那我们可以预处理出 \(s\) 点到任何一个点的最短路，用 \(p1_i\) 表示。

再预处理出任意一点到 \(t\) 点的最短路，由于这是无向图，等同于求出 \(t\) 点到任意一点的最短路，用 \(p2_i\) 表示。

最后枚举两个点 \(x,y\)，计算 \(p1_x+p2_y\) 和 \(p1_y+p2_x\)，再和 \(p1_t\) 或者 \(p2_s\) 比较（这两者是等价的，下文中都使用 \(p1_t\)）。如果 \(p1_t \leqslant p1_x+p2_y+1 \ \land \ p1_t \leqslant p1_y+p2_x+1\) 就让计数器变量加一。

代码实现

3.1 建图

采用邻接表建无向图：

for(int i=1;i<=m;i++){
	int a1,a2;
	cin>>a1>>a2;
	l[a1].push_back(a2);
	l[a2].push_back(a1);//无向图建图
    bol[a1][a2]=1;
	bol[a2][a1]=1;//表示a1和a2间有了一条边
}

这里的 \(l\) 是邻接表。

3.2 bfs 预处理最短路

q1.push(s);
p1[s]=0;
ok1[s]=1; //状态初始化，起点为s
while(!q1.empty()){
	int x=q1.front();
	q1.pop();
	for(int i=0;i<l[x].size();i++){
		if(!ok1[l[x][i]]){ //排除了反复走一个点的情况
			if(p1[l[x][i]]!=0){ //如果这个点的最短路值不是0
				p1[l[x][i]]=min(p1[l[x][i]],p1[x]+1);//比较已知的最短路和现在这条路
			}
			else{
				p1[l[x][i]]=p1[x]+1;//如果这个点还没有最短路值，就将现在这条路的长度赋值给它
			}
			q1.push(l[x][i]);//push新的状态
			ok1[l[x][i]]=1;//这个点已经走过了
		}
	}
}

用一个队列 \(q1\) 存储 bfs 的状态，用 \(\texttt{bool}\) 数组 \(ok\) 存储这个点是否走过以避免出现环的情况，用 \(p1\) 数组存储最短路的长度。

从 \(t\) 点开始的 bfs 预处理如法炮制，基本没有区别。

3.3 枚举每一个 \(x,y\)

现在我们得到了从 \(s\) 点到任意一点的最短路数组 \(p1\)，从 \(t\) 点到任意一点的最短路数组 \(p2\)。

先用二重循环枚举 \(x,y\)，为避免重复计算，\(y\) 的枚举从 \(x+1\) 开始，并排除掉已有边的情况。

在枚举中比较 \(p1_t\) 与 \(p1_x+p2_y+1\) 和 \(p1_y+p2_x+1\) 的值。

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=i+1;j<=n;j++){
		if(bol[i][j]){//排除掉有边的情况，这就是建图时多存储一个bool数组的作用
			continue;
		}
		if((p1[i]+p2[j])+1>=p1[t]&&(p2[i]+p1[j])+1>=p1[t]){//比较
			cnt++;//如果这条新路的长度比原最短路长，计数器加一
		}
	}
}

洛谷 AC记录

CF AC记录

标签：p2,p1,题解,短路,Fight,a1,枚举,a2,Traffic
来源： https://www.cnblogs.com/lemonniforever/p/solution-cf954d.html