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题目

题目描述

最近《绝地求生：大逃杀》风靡全球，皮皮和毛毛也迷上了这款游戏，他们经常组队玩这款游戏。

在游戏中，皮皮和毛毛最喜欢做的事情就是堵桥，每每有一个好时机都能收到不少的快递。

当然，有些时候并不能堵桥，皮皮和毛毛会选择在其他的必经之路上蹲点。

K博士作为一个老年人，外加有心脏病，自然是不能玩这款游戏的，但是这并不能妨碍他对这款游戏进行一些理论分析，比如最近他就对皮皮和毛毛的战士很感兴趣。

游戏的地图可以抽象为一张 n 个点 m 条无向边的图，节点编号为 1 到 n ，每条边具有一个正整数的长度。

假定大魔王都会从 S 点出发到达 T 点（ S 和 T 已知），并且只会走最短路，皮皮和毛毛会在 A 点和 B 点埋伏大魔王。

为了保证一定能埋伏到大魔王，同时又想留大魔王一条生路，皮皮和毛毛约定 A 点和 B 点必须满足：

\1. 大魔王所有可能路径中，必定会经过 A 点和 B 点中的任意一点

\2. 大魔王所有可能路径中，不存在一条路径同时经过 A 点和 B 点

K博士想知道，满足上面两个条件的 A,B 点对有多少个，交换 A,B 的顺序算相同的方案。

输入描述

第一行输入四个整数 n,m,S,T（\(1≤n≤5×10^4,1≤m≤5×10^4,1≤S,T≤n\))，含义见题目描述。

接下来输入 m 行，每行输入三个整数 u,v,w(\(1≤u,v≤n,1≤w≤10^9\))表示存在一条长度为 w 的边链接 u 和 v 。

输出描述

输出一行表示答案。

示例1

输入

输出

说明

合法的方案为 <2,3>,<2,4>,<4,3>,<4,5>,<6,3>,<6,5>。

备注

\(1≤n≤5×10^4,1≤m≤5×10^4,1≤w≤10^9\)

题解

知识点：最短路，拓扑排序，计数dp。

这道题分几步走：

bitset

最后，因为交换A,B顺序算一个答案，所以统计的答案除以 \(2\) 。

注意，有可能 \(S\) 不能到达 \(T\) ，即 \(ff[T] = 0\) ，此时应该A,B可以是任意点，答案是 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 直接输出。因为最短路图建不成，所以不能继续走后面的步骤，应该直接输出。

时间复杂度 \(O((n+m)\log m) + O(n+m) + O(nm)\)

空间复杂度 \(O(n+m)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

template<class T>

struct Graph {

    struct edge {

        int v, nxt;

        T w;

    };

    int idx;

    vector<int> h;

    vector<edge> e;

    Graph(int n, int m) :idx(0), h(n + 1), e(m + 1) {}

    void init(int n) {

        idx = 0;

        h.assign(n + 1, 0);

    }

    void add(int u, int v, T w) {

        e[++idx] = edge{ v,h[u],w };

        h[u] = idx;

    }

};

const int N = 50007, M = 50007 << 1, mod = 1e9 + 7;

Graph<int> g(N, M), g2(N, M);

int n, m;

vector<vector<ll>> dis(2, vector<ll>(N));

vector<vector<int>> f(2, vector<int>(N));

vector<int> ff(N);

map<int, bitset<N>> mp;

void dijkstra(int st, vector<ll> &dis, vector<int> &f) {

    dis.assign(n + 1, 0x3f3f3f3f3f3f3f3f);

    vector<bool> vis(n + 1, false);

    struct node {

        int v;

        ll w;

        bool operator<(const node &a)const {

            return w > a.w;

        }

    };

    priority_queue<node> pq;

    dis[st] = 0;

    f[st] = 1;

    pq.push(node{ st,0 });

    while (!pq.empty()) {

        int u = pq.top().v;

        pq.pop();

        if (vis[u]) continue;

        vis[u] = 1;

        for (int i = g.h[u];i;i = g.e[i].nxt) {

            int v = g.e[i].v, w = g.e[i].w;

            if (dis[v] > dis[u] + w) {

                dis[v] = dis[u] + w;

                pq.push(node{ v,dis[v] });

                f[v] = f[u];

            }

            else if (dis[v] == dis[u] + w) {

                f[v] = (f[v] + f[u]) % mod;

            }

        }

    }

}

vector<int> topo;

void toposort() {

    vector<int> deg(n + 1, 0);

    queue<int> q;

    for (int i = 1;i <= g2.idx;i++) deg[g2.e[i].v]++;

    for (int i = 1;i <= n;i++) if (!deg[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {

        int u = q.front();

        topo.push_back(u);

        q.pop();

        for (int i = g2.h[u];i;i = g2.e[i].nxt) {

            int v = g2.e[i].v;

            deg[v]--;

            if (!deg[v]) q.push(v);

        }

    }

}

bitset<N> tran[2][N];

int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int S, T;

    cin >> n >> m >> S >> T;

    for (int i = 1;i <= m;i++) {

        int u, v, w;

        cin >> u >> v >> w;

        g.add(u, v, w);

        g.add(v, u, w);

    }

    //分别得到S，T到各个点的最短路和方案数

    dijkstra(S, dis[0], f[0]);

    dijkstra(T, dis[1], f[1]);

    if (f[0][T] == 0)//注意判断不连通的情况（等价于f[1][s]==0）

    {

        cout << 1LL * n * (n - 1) / 2 << '\n';//A可能情况*B可能情况/2（防止重复）

        return 0;

    }

    //在最短路上的点计算总条数，其他为0;并且统计一个方案数对应的点，方案数取模因为太大，不会被卡

    for (int u = 1;u <= n;u++) {

        if (dis[0][u] + dis[1][u] == dis[0][T])

            ff[u] = 1LL * f[0][u] * f[1][u] % mod;

        mp[ff[u]][u] = 1;

    }

    //用最短路上的边建图

    for (int u = 1;u <= n;u++) {

        for (int i = g.h[u];i;i = g.e[i].nxt) {

            int v = g.e[i].v, w = g.e[i].w;

            if (dis[0][u] + dis[1][v] + w == dis[0][T]) g2.add(u, v, w);

        }

    }

    //得到最短路遍历顺序

    toposort();

    //分别获得起点传递，终点逆传递

    for (int i = 0;i < n;i++) {

        int u = topo[i];

        tran[0][u][u] = 1;

        for (int j = g2.h[u];j;j = g2.e[j].nxt) {

            int v = g2.e[j].v;

            tran[0][v] |= tran[0][u];

        }

    }

    for (int i = n - 1;i >= 0;i--) {

        int u = topo[i];

        tran[1][u][u] = 1;

        for (int j = g2.h[u];j;j = g2.e[j].nxt) {

            int v = g2.e[j].v;

            tran[1][u] |= tran[1][v];

        }

    }

    //计算答案：两点不能在同一条最短路上，即g2中没有传递性；最短路至少通过一点，即两点方案数之和等于总方案数

    ll ans = 0;

    for (int u = 1;u <= n;u++) {

        ans += ((~(tran[0][u] | tran[1][u])) & mp[(ff[T] - ff[u] + mod) % mod]).count();

    }

    cout << ans / 2 << '\n';

    return 0;

}