[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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 405
#define M 605
#define mod 998244353 
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[M<<1];
queue<int>q;
int E,n,m,x,y,head[N],vis[N],d[N][N];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void bfs(int st){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    q.push(st);
    vis[st]=1;
    while (!q.empty()){
        int k=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
            if (!vis[edge[i].to]){
                d[st][edge[i].to]=d[st][k]+1;
                q.push(edge[i].to);
                vis[edge[i].to]=1;
            }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            int tot=0,ans=1;
            for(int k=1;k<=n;k++)
                if (d[i][k]+d[k][j]==d[i][j])tot++;
                else{
                    int s=0;
                    for(int l=head[k];l!=-1;l=edge[l].nex)
                        if ((d[i][k]==d[i][edge[l].to]+1)&&(d[j][k]==d[j][edge[l].to]+1))s++;
                    ans=1LL*ans*s%mod;
                }
            if (tot!=d[i][j]+1)ans=0;
            printf("%d ",ans);
        }
        printf("
");
    }
}