洛谷 P1710 地铁涨价

题目背景

本题开O2优化，请注意常数

题目描述

博艾市除了有海底高铁连接中国大陆、台湾与日本，市区里也有很成熟的轨道交通系统。我们可以认为博艾地铁系统是一个无向连通图。博艾有N个地铁站，同时有M小段地铁连接两个不同的站。

地铁计价方式很简单。从A站到B站，每经过一小段铁路（连接直接相邻的两个点的一条边），就要收取1博艾元。也就是说，从A站到B站，选择的路径不一样，要价也会不同。

我们认为凡华中学在1号地铁站。学生们通过地铁通勤，他们当然知道选择最短路来坐车的话，票价最便宜。

然而博艾地铁公司经营不善，一直亏损，于是他们打算提价。提价一次就是将一小段铁路原来收费1元改收2元。同一小段的铁路不会多次提价。他们打算提价Q次。

学生们知道，如果他们到学校的一条最短路径中的一小段提价了，可以改变路径，使总票价不变。然而随着一条一条的铁路被提价，当居住在某个站附近的学生发现，提价后，没有任何一种方案可以从家到学校的费用和初始费用相等时，就会不满。

现在地铁公司希望知道，对于每一次涨价，有多少个站，学生会因为涨价而不满呢？

输入输出格式

输入格式：

第一行为三个整数N,M,Q。

接下来M行，每行2个整数ai,bi,表示第i条铁路连接的两个站。i表示铁路编号。

接下来Q行，每行一行整数rj，表示每次涨价的铁路编号。

输出格式：

Q行。每行一个整数表示不满的车站数量。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

【样例解释】

次数 车站2 车站3 车站4 车站5

初始 1     1     2     2

1    1     1     2     2

2    1     2     2     3

3    1     2     2     3

4    2     2     3     3

5    2     2     4     3

【数据范围】

对于20%的数据 N≤100, Q≤30

对于40%的数据 Q≤30

对于70%的数据正确的输出结果中，不会有超过50种不一样的整数（数据范围剧透解法系列）

对于100%的数据 N≤100000, Q≤M≤200000

其实还是蛮好做的啊(但感觉我比正解多个Log 啊 2333)，一个车站x到1的最短路都增加当且仅当对于所有dis[u]+1==dis[x]且存在边(u,x)的u，u车站到1的最短路已经增加了或者(u,x)涨价了。

然后我们就可以先预处理一遍dis[]，再把最短路的依赖关系这个DAG建出来。现在我们要做的就相当于是一个动态拓扑排序。

一个点u能使v的度数减少1当且仅当 DAG上有 <u,v> 的边(注意这里是无向边)，且( u到1的最短路增加或者原图中(u,v)的价格增加)，并且这种效应只能产生一次。因为后面的或可能会使效应产生多次，所以我用map判了一下重。。。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<map>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#define ll long long

const int maxn=100005;

#define pb push_back

using namespace std;

vector<int> g[maxn];

map<int,int> ban[maxn];

int q[maxn],tp,tl,ans=0;

int id[maxn],hd[maxn],n,m,Q;

int to[maxn*4],ne[maxn*4],d[maxn];

bool v[maxn];

inline void BFS(){

	d[1]=0,v[1]=1,q[tp=tl=1]=1;

	int x;

	while(tp<=tl){

		x=q[tp++];

		for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(!v[to[i]]){

			v[to[i]]=1,d[to[i]]=d[x]+1;

			q[++tl]=to[i];

		}

	}

}

inline void build(){

	for(int i=1;i<=n;i++)

	    for(int j=hd[i];j;j=ne[j]) if(d[i]+1==d[to[j]]){

	    	g[i].pb(to[j]);

	    	id[to[j]]++;

		}

}

inline void prework(){

	BFS();

	build();

}

inline void work(int x){

	int T;

	q[tp=tl=1]=x;

	while(tp<=tl){

		x=q[tp++],ans++;

		for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){

			T=g[x][i];

			if(!ban[x].count(T)){

				ban[x][T]=1,id[T]--;

				if(!id[T]) q[++tl]=T;

			}

		}

	}

}

inline void solve(){

	memset(v,0,sizeof(v));

	int uu,vv,pos;

	while(Q--){

		scanf("%d",&pos),uu=to[pos],vv=to[pos+m];

		if(d[uu]>d[vv]) swap(uu,vv);

		if(d[uu]+1==d[vv])

		    if(!ban[uu].count(vv)){

		    	ban[uu][vv]=1;

		    	id[vv]--;

		    	if(!id[vv]) work(vv);

			}

		printf("%d\n",ans);

	}

}

int main(){

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);

	int uu,vv;

	for(int i=1;i<=m;i++){

		scanf("%d%d",&uu,&vv);

		to[i]=vv,ne[i]=hd[uu],hd[uu]=i;

		to[i+m]=uu,ne[i+m]=hd[vv],hd[vv]=i+m;

	}

	prework();

	solve();

	return 0;

}