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。

Solution

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 过程中顺便统答案。这样对每个起点算一遍。复杂度 O(NM log N)。

原题解如上。。。。

就是每次都把从一个点出发的奇数最短路上的点用DP计算完，每个点为起点计算一次。

具体实现方法就是对于每个点，先跑一次spfa，然后保留有用的边（正向和逆向分别标记），接着由这些边来拓扑排序，为后面DP做准备，然后正向和逆向DP，统计答案。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;#define N 1010
#define M 3030
#define INF 0x7fffffffstruct note
{int x,y,z,next,b;
};note side[M*2];
int last[N],dis[N],f[2][N][2],ans[N];
int q[N],du[N],t[N],head,tail;
int n,m,l=1;void add(int x,int y,int z)
{l++;side[l].x=x;side[l].y=y;side[l].z=z;side[l].b=0;side[l].next=last[x];last[x]=l;
}void addside(int x,int y,int z)
{add(x,y,z);add(y,x,z);
}void init()
{memset(last,0,sizeof(last));memset(ans,0,sizeof(ans));scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++){int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);addside(x,y,z);}
}queue<int> Q;void spfa(int x)
{for (int i=1;i<=n;i++)dis[i]=INF/3;memset(t,0,sizeof(t));dis[x]=0;Q.push(x);while (!Q.empty()){int now=Q.front();Q.pop();for (int i=last[now];i!=0;i=side[i].next){int j=side[i].y;if (dis[j]>dis[now]+side[i].z){dis[j]=dis[now]+side[i].z;if (t[j]==0){Q.push(j);t[j]=1;}}}t[now]=0;}
}void make()
{memset(du,0,sizeof(du));for (int i=2;i<=l;i++)side[i].b=0;for (int i=2;i<=l;i++){if (dis[side[i].x]+side[i].z==dis[side[i].y]){side[i].b=1;side[i^1].b=2;du[side[i].y]++;}}head=0;tail=0;for (int i=1;i<=n;i++)if (du[i]==0) q[++tail]=i;while (head<tail){++head;int now=q[head];for (int i=last[now];i!=0;i=side[i].next)if (side[i].b==1){du[side[i].y]--;if (du[side[i].y]==0) q[++tail]=side[i].y;}}
}void DP(int x)
{memset(f,0,sizeof(f));memset(t,0,sizeof(t));for (int i=1;i<=n;++i){int j=q[i];int num=0;for (int k=last[j];k!=0;k=side[k].next){if (side[k].b==1){num=1;int p=side[k].y;if (side[k].z%2==0){f[0][p][0]+=f[0][j][0];f[0][p][1]+=f[0][j][1];}else{f[0][p][0]+=f[0][j][1];f[0][p][1]+=f[0][j][0];}if (j==x)if (side[k].z%2==0) f[0][p][0]++;else f[0][p][1]++;}       }if (x==j) f[0][x][0]=1;if (num==0) t[j]=1;}for (int i=n;i>=1;i--){int j=q[i];for (int k=last[j];k!=0;k=side[k].next)if (side[k].b==2){int p=side[k].y;if (side[k].z%2==0){f[1][p][0]+=f[1][j][0];f[1][p][1]+=f[1][j][1];}else{f[1][p][0]+=f[1][j][1];f[1][p][1]+=f[1][j][0];}if (side[k].z%2==0) f[1][p][0]++;else f[1][p][1]++;}f[1][j][0]++;ans[j]+=f[0][j][1]*f[1][j][0];ans[j]+=f[0][j][0]*f[1][j][1];}
}int main()
{init();for (int ii=1;ii<=n;ii++){spfa(ii);make();DP(ii); }   for (int ii=1;ii<=n;ii++)printf("%d\n",ans[ii]);return 0;
}

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Sample Input

Sample Output

样例说明

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。

Solution

原题解如上。。。。

就是每次都把从一个点出发的奇数最短路上的点用DP计算完，每个点为起点计算一次。

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