[HAOI2012]道路（最短路DAG上计数）

C国有n座城市，城市之间通过m条[b]单向[/b]道路连接。一条路径被称为最短路，当且仅当不存在从它的起点到终点的另外一条路径总长度比它小。两条最短路不同，当且仅当它们包含的道路序列不同。我们需要对每条道路的重要性进行评估，评估方式为计算有多少条不同的最短路经过该道路。现在，这个任务交给了你。

Solution

我们要求每条边上最短路经过的数量，看上去非常不好求，但注意到点数只有1500，边数只有5000，可以考虑枚举源点，把所有答案加起来就是最后的答案。

问题来了，对于确定的原点，我们怎么计数？

这时我们可以考虑在DAG上弄一弄。

我们将dp[S]=1,只把S加入队列，跑一边拓扑，dp[v]+=dp[u]（这时对于最短路DAG上的）。

在按照拓扑序反着来一遍，dp[u]+=dp[v](初始所有dp[u]=1)。

然后我就在想一个问题，为什么逛公园那题必须把所有入度为0的点加入队列，而这个题只能把S加入队列。

原因是：逛公园那题需要判0环，如果只加入S，会出现BUG，这题要计数，把所有点加进去会多算一些东西。

图论就是这么奇妙23333

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 1503
#define M 5002
#define wj 1000000007
#define mm make_pair
#define R register
using namespace std;//对与每个点有多少最短路经过该点。
int u,v,w,dis[N],head[N],tot,n,m,du[N],st[N],top,pd[M];
long long dp[N],dp2[N],ans[M];
bool vis[N];
queue<int>q;
struct fe{
    int n,to,l;
}e[M];
inline void add(R int u,R int v,R int l){
    e[++tot].n=head[u];
    e[tot].to=v;
    head[u]=tot;e[tot].l=l;
}
int rd(){
    int x=;
    char c=getchar();while(!isdigit(c))c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        x=(x<<)+(x<<)+(c^);
        c=getchar();
    }
    return x;
}
int main(){
    n=rd();m=rd();
    for(int i=;i<=m;++i){
        u=rd();v=rd();w=rd();
        add(u,v,w);
    }
    for(R int S=;S<=n;++S){
    q.push(S);
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));dis[S]=;
    memset(vis,,sizeof(vis)); top=;
    memset(dp,,sizeof(dp));memset(dp2,,sizeof(dp2));
    while(!q.empty()){
        R int u=q.front();q.pop();vis[u]=;
        for(R int i=head[u];i;i=e[i].n){
            R int v=e[i].to;
            if(dis[v]>dis[u]+e[i].l){
                dis[v]=dis[u]+e[i].l;
                if(!vis[v]){
                    vis[v]=;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    memset(pd,,sizeof(pd));
    for(int u=;u<=n;++u)
      for(int i=head[u];i;i=e[i].n)
        if(dis[e[i].to]==dis[u]+e[i].l)du[e[i].to]++,pd[i]=;
    dp[S]=;q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();st[++top]=u;
        for(R int i=head[u];i;i=e[i].n)if(pd[i]){
            if(!--du[e[i].to])q.push(e[i].to);(dp[e[i].to]+=dp[u])%=wj;
            }
        }
    for(R int i=top;i>=;--i){
        dp2[st[i]]=;
        for(R int j=head[st[i]];j;j=e[j].n)if(pd[j])
          (dp2[st[i]]+=dp2[e[j].to])%=wj;
       }
    for(R int u=;u<=n;++u)
      for(R int i=head[u];i;i=e[i].n)if(pd[i])(ans[i]+=dp[u]*dp2[e[i].to])%=wj;
   }
    for(R int i=;i<=tot;++i)printf("%d\n",ans[i]);
    return ;
}