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題目描述

給一個連通圖，每次詢問兩點間最短路。每條邊的長度都是1。 輸入描述: 第一行兩個整數n和m，表示圖的點數和邊數（1≤ n≤ 100000,
1≤ m≤ n+100）。 接下來m行每行兩個整數a和b，表示一條邊（1≤ a, b≤ n）。保證沒有自環和重邊。保證圖連通。
接下來一個整數q表示詢問的個數（1≤ q≤ 100000）。 接下來q行每行兩個整數a和b表示詢問a和b之間的最短路。

輸出描述:

每個詢問輸出一行表示答案。

示例1
輸入

4 5 1 2 2 3 1 4 4 3 2 4 4 1 4 1 2 2 4 1 3

輸出

1 1

題解：

我看了別人的講解才逐漸明白。。我太菜了
題目是最短路，題目內容也是最短路，但是解法卻不是常用的spfa等，因為詢問的個數有點多（1 ~ 100000）
我們仔細看數據范圍，m<n+100,什么意思？想想m = n-1時是一棵樹，那我們就可以把他當做樹處理，然后剩下的邊再慢慢干
如果當做一棵樹的話，邊長為1，求最短路徑，我們就可以通過最近公共祖先（lca）得到兩點的最近距離，dep[a]+dep[b] - 2dep [ lca(a, b) ] (a的深度+b的深度，然后a和b有重復的部分，減去重復的部分)
然后我們看看多出來的100個邊，會對結果有什么影響？

藍色是原本的樹，橙色，綠色是多出來的邊
如果是橙色，對結果沒有影響，如果是綠色會有影響
那么該如何處理？
我們可以把剩下多出來的邊跑單元最短路（以這些邊的一個端點開始）并記錄下來
然后與原路徑進行比較
a到b的最小距離就在dep[a] +dep[b]-2dep[ lca(a,b) ]與dis[a[i]]+dis[b[i]]中取最小值
不知道有沒有聽明白，我拿樣例做個分析：
我們看一下樣例，

1 2 2 3 1 4 4 3 2 4

多余的邊是：1-2 , 4-3,

ans最開始的值就是樹上的lca
ans={1,2,1,3}
然后開始跑1-2這個邊，從1這個點開始，計算出1到個點的距離
dis={0,1,2,1}
然后更新最短距離：
ans[i] = min(ans[i], dis[a[i]] + dis[b[i]]);
a和b分別表示詢問中a和b的距離
a[2]=1,b[2]=2
dis[a[2]]+dis[b[2]]=0+1=1<ans[2]
所以ans[2]=1
大致就是這個過程

代碼：

代碼來自

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define pb push_back #define mp make_pair #define all(x) (x).begin(), (x).end() #define endl '\n' #define SZ(x) (int)x.size() typedef long long ll; typedef pair<int, int> pii; typedef pair<ll, ll> pll; const int mod = 1e9+7; //const int mod = 998244353; const double eps = 1e-10; const double pi = acos(-1.0); const int maxn = 1e6+10; const ll inf = 0x3f3f3f3f; const int dir[][2]={{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}, {1, 1}, {1, -1}, {-1, 1}, {-1, -1}}; int n, m, depth[maxn], f[maxn][50]; int from[maxn], to[maxn << 1], nxt[maxn << 1], cnt = 1, Log[maxn], From[maxn]; bool vis[maxn], used[maxn]; //鏈式前向星加邊 void addEdge (int u, int v) {From[++cnt] = u, to[cnt] = v, nxt[cnt] = from[u], from[u] = cnt; } //計算深度&計算祖先 void dfs (int u, int fa) {depth[u] = depth[fa] + 1;vis[u] = 1;for (register int i = 1; i <= Log[n]; ++i) {if ((1 << i) > depth[u]) break;f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];}for (register int i = from[u]; i; i = nxt[i]) {ll v = to[i];if (vis[v]) continue;used[i] = used[i ^ 1] = 1;f[v][0] = u;dfs (v, u);} } //計算LCA inline int LCA (int x, int y) {if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);//我們默認x為更深的那個點for(register int i = Log[n] ; i >= 0 ; --i)if(depth[x] - (1 << i) >= depth[y]) x = f[x][i];//將x跳到和y同一深度上if (x == y) return x;for (register int i = Log[n]; i >= 0; --i)if (f[x][i] != f[y][i])x = f[x][i], y = f[y][i];//一起向上跳return f[x][0];//不難看出，此時兩個點均在其LCA的下方，往上跳一次即可 } void init(){Log[0] = -1;for (register int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {cin >> u >> v;addEdge (u, v); addEdge(v, u);Log[i] = Log[i >> 1] + 1;}Log[n] = Log[n >> 1] + 1;dfs(1, 0); } int dist(int p , int q){return depth[p] + depth[q] - 2 * depth[LCA(p , q)];} int ans[maxn],a[maxn],b[maxn],dis[maxn], Q, q[maxn], h, t; void bfs(int s){for (int i = 1; i <= n; i++)dis[i] = inf;dis[s] = 0;h = t = 0;q[++h] = s;while (t < h) {int u = q[++t];for (int i = from[u]; i; i = nxt[i]){int v = to[i];if (dis[v] > dis[u] + 1)dis[v] = dis[u] + 1, q[++h] = v;}}for (int i = 1; i <= Q; i++)ans[i] = min(ans[i], dis[a[i]] + dis[b[i]]); } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); // freopen("in.txt", "r", stdin); // freopen("out.txt", "w", stdout);cin >> n >> m;init();cin >> Q;for (int i = 1; i <= Q; i++){cin >> a[i] >> b[i];ans[i] = dist(a[i], b[i]);}int num = 0;for (int i = 2; i <= cnt; i++)if(!used[i]) {used[i] = used[i ^ 1] = 1;bfs(From[i]);num++;if(num > 101) break;}for (int i = 1; i <= Q; i++)cout << ans[i] << endl;return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【每日一题】7月7日题目精讲—最短路的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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