[Daimayuan] 最短路计数（C++，DP，图论）-Toy模板网

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题目描述

给出一个 $N$ 个顶点 $M$ 条边的无向无权图。

问从顶点 $1$ 开始，到其他每个点的最短路有几条。

输入格式

第 $1$ 行包含两个正整数 $N$ ， $M$ 。

接下来 $M$ 行，每行两个正整数 $x, y$ 表示存在一条由顶点 $x$ 到顶点 $y$ 的边。（可能存在重边和自环）

输出格式

输出 $N$ 行，每行一个非负整数。

第 $i$ 行输出从顶点 $1$ 到顶点 $i$ 的不同最短路个数。

由于数据可能很大，你只需要输出 $ans\ mod\ 100003$ 的结果。

若顶点 $1$ 不能到达顶点 $i$ ，请输出 $0$ 。

样例输入

样例输出

数据范围

$1≤N≤10^6$ ， $1≤M≤2×10^6$

提示

由于数据量较大，请使用较为快速的输入/输出方式。

解题思路

根据数据范围，我们估计算法的复杂度至多是 $O (N)$ ，因此想到了动态规划：

对于节点 $i$ ，有若干个节点与之相连，在与之相连的节点当中从 $1$ 到 $k_1,k_2,...,k_n$ 节点的路径长度相同且最短，那么我们计算得出，从 $1$ 到节点 $i$ 的最短路径数为 $num[k_1]+num[k_2]+...+num[k_n]$ 。

以上是思路的主体部分，接下来实现代码：

数据量庞大，同时也是因为存在重边，故不能采用二维数组存图，因此采用链式前向星。

对于代码主体部分，维护一个队列与一个路径长度的数组。

初始化将 $1$ 节点加入队列，然后不断尝试到达新的节点。

void solve() {
	q.push(1);
	while (!q.empty()) {
		int node = q.front(); q.pop();
		
		for (int i = head[node]; i != -1; i = edges[i].next) {
			int v = edges[i].v;
			q.push(v);
		}
	}
}

利用队列元素先进先出的特点，我们可以保证，队首的节点永远是距离 $1$ 最近的节点。

进而我们可以保证，用队首去更新路径长度，得到的一定是最短路径长度。

void solve() {
	q.push(1);
	path[1] = 0;

	while (!q.empty()) {
		int node = q.front(); q.pop();
		int path_len = path[node] + 1;
		
		for (int i = head[node]; i != -1; i = edges[i].next) {
			int v = edges[i].v;
			if (path_len > path[v]) continue;
			if (path[v] == NaN) {//NaN代表无穷大，即为未到达的节点
				path[v] = path_len;
				q.push(v);
			}
		}
	}
}

以此为基础，很容易实现最初的思想：

void solve() {
	q.push(1);
	path[1] = 0;
	sum[1] = 1LL;

	while (!q.empty()) {
		int node = q.front(); q.pop();

		int path_len = path[node] + 1;
		
		for (int i = head[node]; i != -1; i = edges[i].next) {
			int v = edges[i].v;
			if (path_len > path[v]) continue;
			sum[v] = (sum[v] + sum[node]) % mod_num;
			if (path[v] == NaN) {
				path[v] = path_len;
				q.push(v);
			}
		}
	}
}

最后，AC代码如下：文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-421576.html

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
const int max_n = 1e6;
const int max_m = 2e6;
const int NaN = 0x3F3F3F3F;
const long long mod_num = 100003;

struct edge { int v, next; }edges[2 * max_m];
int tot = -1, head[max_n + 1], path[max_n + 1];
queue<int>q;
long long sum[max_n + 1];

void add_edge(int u, int v) {
	edges[++tot] = { v, head[u] }; head[u] = tot;
	edges[++tot] = { u, head[v] }; head[v] = tot;
}

void solve() {
	q.push(1);
	path[1] = 0;
	sum[1] = 1LL;

	while (!q.empty()) {
		int node = q.front(); q.pop();

		int path_len = path[node] + 1;
		
		for (int i = head[node]; i != -1; i = edges[i].next) {
			int v = edges[i].v;
			if (path_len > path[v]) continue;
			sum[v] = (sum[v] + sum[node]) % mod_num;
			if (path[v] == NaN) {
				path[v] = path_len;
				q.push(v);
			}
		}
	}
}

int main() {
	memset(head, -1, sizeof(int) * (max_n + 1));
	memset(path, 0x3F, sizeof(int) * (max_n + 1));
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	//cin >> n >> m;
	int u, v;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		//cin >> u >> v;
		add_edge(u, v);
	}

	solve();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		printf("%lld\n", sum[i]);
	}
	return 0;
}