[cf1495D]BFS Trees

记$d_{G}(x,y)$表示无向图$G$中从$x$到$y$的最短路，设给定的图为$G=(V,E)$，$T$为其生成树，$E_{T}$为$T$的边集

下面，考虑计算$f(x,y)$——

首先，对于一棵树$T$，$z$在$x$到$y$的路径上（包括$x$和$y$）当且仅当$d_{T}(x,z)+d_{T}(z,y)=d_{T}(x,y)$

同时，由于$T$的性质，上述这三项都与$d_{G}$中相同，即等价于$d_{G}(x,z)+d_{G}(z,y)=d_{G}(x,y)$

由于这与$T$无关，即可确定$T$中在$x$到$y$的路径上的点（满足上述条件的$z$）

进而，当点数不等于$d_{G}(x,y)+1$（也即有多条最短路）必然无解，否则显然最短路存在且唯一

反过来，也可以确定不在$x$到$y$路径上的点$z$，考虑在$T$中以$x$或$y$为根，$z$的父亲$fa$必然是同一个节点，且显然也满足以下性质——

$(z,fa)\in E_{T}$、$d_{T}(x,z)=d_{T}(x,fa)+1$且$d_{T}(y,z)=d_{T}(y,fa)+1$

类似的，第一个条件写作$(z,fa)\in E$，后两个条件也可以等价的写作$d_{G}$

此时，当确定每一个不在$x$到$y$路径上点的$fa$时，将所有的$(z,fa)$以及$x$到$y$的最短路上所有边构成$E_{T}$，由于最短路的性质，这必然合法

因此，最终答案即所有不在$x$到$y$路径上节点$fa$的个数乘积，预处理最短路后计算复杂度为$o(m)$

最短路使用bfs即$o(nm)$，总复杂度为$o(n^{2}m)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 405
 4 #define M 605
 5 #define mod 998244353
 6 struct Edge{
 7     int nex,to;
 8 }edge[M<<1];
 9 queue<int>q;
10 int E,n,m,x,y,head[N],vis[N],d[N][N];
11 void add(int x,int y){
12     edge[E].nex=head[x];
13     edge[E].to=y;
14     head[x]=E++;
15 }
16 void bfs(int st){
17     memset(vis,0,sizeof(vis));
18     q.push(st);
19     vis[st]=1;
20     while (!q.empty()){
21         int k=q.front();
22         q.pop();
23         for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
24             if (!vis[edge[i].to]){
25                 d[st][edge[i].to]=d[st][k]+1;
26                 q.push(edge[i].to);
27                 vis[edge[i].to]=1;
28             }
29     }
30 }
31 int main(){
32     scanf("%d%d",&n,&m);
33     memset(head,-1,sizeof(head));
34     for(int i=1;i<=m;i++){
35         scanf("%d%d",&x,&y);
36         add(x,y);
37         add(y,x);
38     }
39     for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i);
40     for(int i=1;i<=n;i++){
41         for(int j=1;j<=n;j++){
42             int tot=0,ans=1;
43             for(int k=1;k<=n;k++)
44                 if (d[i][k]+d[k][j]==d[i][j])tot++;
45                 else{
46                     int s=0;
47                     for(int l=head[k];l!=-1;l=edge[l].nex)
48                         if ((d[i][k]==d[i][edge[l].to]+1)&&(d[j][k]==d[j][edge[l].to]+1))s++;
49                     ans=1LL*ans*s%mod;
50                 }
51             if (tot!=d[i][j]+1)ans=0;
52             printf("%d ",ans);
53         }
54         printf("\n");
55     }
56 }