CF1495D

题意

定义一个图的生成树是以节点 (s) 为根的 BFS 树，当且仅当对任意节点(t)，图中 (s) 到 (t) 的最短路径长度等于树上 (s) 到 (t) 的最短路径长度。

对于一个图，定义 (f(x, y)) 为该图满足「同时是以节点 (x) 为根的 BFS 树和以节点 (y) 为根的 BFS 树」的生成树数量。

给出一个 (n) 个节点 (m) 条边的无向连通图，请对每对 (i), (j), 计算 (f(i, j)) 对 (998244353) 取模的值。

(nle 400, m le 600)

题解

(n)和(m)都很小，故分别计算每个(f(x,y))。

设(dis(x,y))代表(x)到(y)的最短路上的长度(结点数)，这个用bfs即可得到，(O(n^2m))。

对于每个(x,y)，如果(x)到(y)的最短路多于1条，显然有(f(x,y)=0)。即对于结点(z)，如果(dis(x,z)+dis(z,y)-1=dis(x,y))，那么(z)必定在(x)到(y)的最短路上，这样的(z)数量恰好为(dis(x,y))。

对于不在最短路上的结点，与它相邻的结点都是bfs树上潜在的父亲。设结点(i)，与其相邻的结点为(j)，如果有

[dis(i,x)=dis(j,x)+1 \ dis(i,y)=dis(j,y)+1 ]

那么(j)在bfs树中就可以成为(i)的父亲。同样在bfs树中如果(j)要成为(i)的父亲，必须满足上面的条件。

如果为每个结点都任选一个父亲，那么它们恰好能够构成一颗bfs树。故总共可能的bfs树就是每个结点(除了(x)到(y)路径上的结点)的父亲数的乘积。

总时间复杂度(O(n^2m))

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '
'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 1e3 + 10;
const int M = 998244353;
const double eps = 1e-5;

vector<int> np[N];
int dis[N][N];
int cnt[N];
bool flag[N];
int ans[N][N];

void clear(int n) {
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cnt[i] = 0;
		flag[i] = 0;
	}
}

int main() {
	IOS;
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		np[u].push_back(v);
		np[v].push_back(u);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		queue<int> q;
		q.push(i);
		dis[i][i] = 1;
		while(!q.empty()) {
			int cur = q.front();
			q.pop();
			for(int nt : np[cur]) {
				if(dis[i][nt]) continue;
				dis[i][nt] = dis[i][cur] + 1;
				q.push(nt);
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			int num = 0;
			clear(n);
			for(int k = 1; k <= n; k++) {
				if(dis[i][k] + dis[k][j] - 1 == dis[i][j]) {
					num++;
					flag[k] = 1;
				}
				for(int nt : np[k]) {
					if(dis[nt][i] == dis[k][i] + 1 && dis[nt][j] == dis[k][j] + 1)
						cnt[nt]++;
				}
			}
			if(num != dis[i][j]) continue;
			ll res = 1;
			for(int k = 1; k <= n; k++) {
				if(flag[k]) continue;
				res = res * cnt[k] % M;
			}
			ans[i][j] = res;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			cout << ans[i][j] << " 
"[j == n];
		}
	}
}