Description
小明经常去N 个地点，其中有些地点之间有直接的无向道路（共M 条这样的道路），可以直接互相到达，这些道路的长短不一。由于小明对这些道路都很熟悉，无论起点和终点在哪里，总能走最短路。小明有严重的强迫症，认为奇数很不和谐，如果他某一天从一个地点去另一个地点走过的路程是奇数，就会很不爽，但他又不想白白多走路，所以遇到最短路长度是奇数的情况就只能忍了。
如果从某个地点A 到另一个地点B 的最短路径长度为奇数，则称这条最短路径为“不和谐最短路”。如果一条不和谐最短路上包含地点C，则称它为“经过C 的不和谐最短路”。现在请你编程求出对于每个地点，经过它的不同的不和谐最短路数量。两条最短路不同，当且仅当它们途径的地点的序列不同。

Input
第一行两个正整数N;M，含义见题面。
接下来M 行，每行三个正整数Ai;Bi;Li，表示一条无向道路的两端和长度。

Output
　N 行每行一个整数，第i 行表示经过第i 个点的不同的不和谐最短路条数。

Sample Input
4 4
1 4 1
1 2 1
3 4 100
2 3 2

Sample Output
6
4
2
2
样例说明
长度为奇数的最短路有:1 → 2; 1 → 2 → 3; 1 → 4; 2 → 1; 3 → 2 → 1; 4 → 1。
这些路径中四个点的经过次数分别为6, 4, 2, 2。
其它一些路，如1 → 4 → 3 不是最短路，2 → 3 是最短路但长度为2，是偶数。这些路都不计入答案。

Data Constraint
对于50% 的数据，N ≤ 100；
对于全部数据，N ≤ 1000;M ≤ 3000，每条路的长度不超过1000。
保证图连通，无自环重边。

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分析
题目中的图是一般图，结构复杂没有规律。考虑枚举起点并计算单源最短路，保留所有最短路中的边（有向），原图就变成了一个 DAG，可以很方便地在上面进行拓扑排序，DP 等。再考虑长度为奇数的最短路，从一个点断开，一定是一边长度为奇数，另一边长度为偶数。因此可以在 DAG 上 DP 计算从起点到达每个点的奇偶最短路径分别有几条，再逆序 DP 计算从每个点出发的奇偶最短路径条数，在后面的 DP 过程中顺便统计答案。这样对每个起点算一遍。
复杂度 O(NM log N)。

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程序：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;int ans[2000],d[2000],head[2000],pre[2000],n,m,cnt=1;
bool f[2000];
queue<int>q;struct node
{ int to,next,w;
}edge[10000];void add(int x,int y,int z)
{ edge[cnt].next=head[x];edge[cnt].to=y;edge[cnt].w=z;head[x]=cnt++;
}void dfs(int x,int y)
{if (d[x]%2!=0){for (int j=x;j;j=pre[j]) ans[j]++;}for (int i=head[x];i;i=edge[i].next){if (y+edge[i].w==d[edge[i].to]){pre[edge[i].to]=x;dfs(edge[i].to,y+edge[i].w);pre[edge[i].to]=0;}}
}void spfa(int x)
{memset(d,0X7f,sizeof(d));q.push(x);d[x]=false;while (!q.empty()){int u=q.front();f[u]=0;for (int i=head[u];i;i=edge[i].next){if (d[u]+edge[i].w<d[edge[i].to]){d[edge[i].to]=d[u]+edge[i].w;if (f[edge[i].to]==false){q.push(edge[i].to);f[edge[i].to]=true;}    }}q.pop();}dfs(x,0);
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++) {int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);add(x,y,z);add(y,x,z);}for (int i=1;i<=n;i++) spfa(i);for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}