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首先一遍 \(\rm bfs\) 求出 \(1\) 到每個點的最短路，記它為 \(d_i\)。那麼對於邊 \(e(u,v)\)（不妨設 \(d_u\le d_v\)），如果有 \(d_v=d_u+1\)，那麼 \(v\) 就可以通過 \(u\) 得到最短路。那麼，當乙個點 \(v\) 所有的可以給它貢獻最短路的點 \(u\) 的 \(d\) 都變大時，就說明 \(d_v\) 也要變大了。
可以搞乙個類似拓撲排序的東西，記 \(v\) 的所有的可以給它貢獻最短路的點 \(u\) 的個數為 \(in_v\)，當 \(in_v=0\) 時就可以將變大傳遞給 \(e(v,w)\) 的點 \(w\)。由於每條邊增大後就不可能出現在最短路裡，所以每條邊只用刪除一次。
時間複雜度應該是 \(\mathcal o(m)\) 的。
#include #include #include using namespace std;
const int n = 1e5 + 5;
bool vis[n << 1];
int u[n << 1], v[n << 1], in[n], cnt, ans, n, m, q, dis[n], goal, dot[n << 2], nxt[n << 2], head[n];
queue q;
void addedge(const int u, const int v)
void bfs()
}}void del()
}}int main()
bfs();
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
for(int j = head[i]; j; j = nxt[j])
if(dis[i] + 1 == dis[dot[j]]) ++ in[dot[j]];
for(int i = 1; i <= m; ++ i)
if(dis[u[i]] > dis[v[i]]) swap(u[i], v[i]);
while(q --)
return 0;
}
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