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给定一个有向图(G=(V,E),|V|=n,|E|=m)（可能有重边和自环，节点从(0)开始编号），以及(q)组询问，对于每组询问你需要回答有多少条从节点(0)开始的最短路经过节点(x)（节点(0)到某一个节点的最短路可能不唯一），输出答案的后(10)位。本题多测。
(q,ninleft[1,10^4 ight],minleft[1,5 imes10^4 ight])，边权为正。
既然题目要数最短路的个数，我们可以把那些不在最短路上的边去掉，只保留在最短路上的边，构造出一个新图(G'=(V,E'))。这样问题就转化成了在(G')上有多少条从节点(0)开始的路径经过节点(x)（显然的吧）。那怎么知道那些边该留那些边不该留呢？我们可以先跑一遍堆优化Dijkstra求出到节点(0)的最短路长度数组(dis)，那么(E'={(x,y,len)mid(x,y,len)in E,dis_y=dis_x+len})。
接下来我们就要求在(G')上有多少条从节点(0)开始的路径经过节点(x)了。我们考虑将一条从节点(0)开始、经过节点(x)、终点为(y)的路径拆成两段：(0 o x,x o y)，对它们分别计数，最后相乘即可。很显然，(G')是无环的，也就是一个DAG（因为边权为正），这样就可以在(G')上DP了。设(dp1_i)表示路径(0 o i)的个数，(dp2_i)表示以(i)为起点的路径的个数（即(sumlimits_{jin V} ext{路径}i o j ext{的个数})）。状态转移方程显然是：
可这是一个图啊，DP顺序是什么呢？容易发现，要想知道(dp1_i)，得先知道(forall jleft((j,i,len)in E'
ight),dp1_j)，所以要按照拓扑序DP；(dp2)反之，要按照拓扑逆序DP。（如果你懒得写拓扑排序，也可以记忆化搜索）
这题还有个毒瘤的地方，就是要保留后(10)位（即(mod 10^{10})），在乘法的时候会到(10^{20})，爆unsigned long long。这时聪（rui）明（zhi）的读者可能会写高精度（毕竟只有最后一步才是乘法，不会TLE），但有个更巧妙的方法：利用乘法分配律，显然
这样最大是(10^5 imes10^{10}=10^{15})级别的，不会爆。
下面贴AC代码：（最近码风有了很大的改变）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int mod=10000000000ll,inf=1e18;
const int N=10000;
int n/*点数*/,m/*边数*/,qu/*数据组数*/;
vector<pair<int,int> > nei[N]/*原邻接表*/;
vector<int> dnei[N]/*新邻接表*/,rnei[N]/*新反邻接表*/;
int dis[N]/*到节点0的最短路长度*/;
bool vis[N]/*访问标记*/;
int ideg[N]/*新图中的入度*/;
void dijkstra(){//堆优化Dijkstra
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
q.push(mp(0,0));
for(int i=1;i<n;i++)dis[i]=inf;
for(int i=0;i<n;i++)vis[i]=false;
while(q.size()){
int x=q.top().Y;
q.pop();
if(vis[x])continue;
vis[x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i].X,len=nei[x][i].Y;
if(dis[x]+len<dis[y])q.push(mp(dis[y]=dis[x]+len,y));
}
}
//建新图
for(int i=0;i<n;i++)dnei[i].clear(),rnei[i].clear();
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j].X,len=nei[i][j].Y;
if(dis[x]==dis[i]+len)dnei[i].pb(x),rnei[x].pb(i),ideg[x]++;
}
}
vector<int> topo;//拓扑序
void toposort(){//拓扑排序
queue<int> q;
for(int i=0;i<n;i++)if(!ideg[i])q.push(i);
topo.clear();
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
topo.pb(x);
for(int i=0;i<dnei[x].size();i++){
int y=dnei[x][i];
ideg[y]--;
if(!ideg[y])q.push(y);
}
}
}
int dp1[N]/*dp1[i]表示新图中路径0->i的个数*/,dp2[N]/*dp2[i]表示新图中路径i->j的个数之和*/;
int prod(int x,int y){//mod 10^5意义下的乘法
int lx=x%100000,ly=y%100000;
return (lx*y+(x-lx)*ly)%mod;
}
void prt(int x){//输出后10位
vector<int> v;
for(int i=1;i<=10;i++)v.pb(x%10),x/=10;
for(int i=9;~i;i--)printf("%lld",v[i]);
}
void mian(){
for(int i=0;i<n;i++)nei[i].clear();
while(m--){
int x,y,z;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
nei[x].pb(mp(y,z));
}
dijkstra();
toposort();
for(int i=0;i<n;i++){//dp1，拓扑序
int x=topo[i];
dp1[x]=!x;
for(int j=0;j<rnei[x].size();j++)
(dp1[x]+=dp1[rnei[x][j]])%=mod;
}
for(int i=n-1;~i;i--){//dp2，拓扑逆序
int x=topo[i];
dp2[x]=1;
for(int j=0;j<dnei[x].size();j++)
(dp2[x]+=dp2[dnei[x][j]])%=mod;
}
while(qu--){
int x;
scanf("%lld",&x);
prt(prod(dp1[x],dp2[x]));/*相乘得到总数*/puts("");
}
}
signed main(){
// freopen("C:\Users\chenx\OneDrive\桌面\txt.txt","r",stdin);
while(~scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&qu))mian();
return 0;
}
我做这题的时候打错了一个字母，把prod(int,int)函数里的ly=y%100000打成了ly=x%100000，导致我调了几个小时。。。哎，血的教训！