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【题意】
【题解】
首先。 这张图是无向无权图。 因此任意两点之间的最短路可以通过N^2的bfs轻易算出来。 即得到d[N+10][N+10] 考虑s[0]->t[0]的最短路以及s[1]->t[1]的最短路 如果d[s0][t0]>l0或d[s1][t1]>l1那么直接输出无解 假设他们俩的最短路之间没有重合的部分。 那么m-d[s0][t0]+d[s1][t1]就是答案。因为剩下两条最短路肯定最好的情况了。 删掉的肯定是最多的。 接下来考虑他们直接有交集的地方。如果有交集。 那么就是这个交集的路径的最短路。加上起点到这个路径的起点以及这个路径的终点到终点。 看看d[s0][i]+d[i][j]+d[j][t0]<=l0 以及 d[s1][i]+d[i][j]+d[j][t1]<=l1是否成立 如果成立的话。说明(i,j)是一个合法的交集。 ans = min(ans,d[s[0]][i]+d[s[1]][i]+d[i][j]+d[j][t[0]]+d[j][t[1]]) (即取总长度的最小值,因为是无权图,所以边数就是长度 它们能通过都先走到i,再从最短路走到j。再各自走到终点 (这个交集不一定就是s[0]到t[0]的最短路径上的路径 (要注意进入这个路径的方向,有可能是s[1]走到j再走到i再走到t[1])思路:
如果没有相交的部分。那么就是两个最短路。
如果有相交的部分。
那么就暴力枚举这个相交部分的两端(x,y)
看看是不是总边数更少且满足长度要求即可.
不可能有多个相交的部分的
因为如果是那样。中间不是相交的部分都走最短的就可以了。
那样更优。而那样。又变成一个整体的相交部分了
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e3;
int n,m,d[N+10][N+10],s[2],t[2],l[2];
vector<int> g[N+10];
queue<int> dl;
void bfs(int s){
d[s][s] = 0;
dl.push(s);
while (!dl.empty()){
int x = dl.front();
dl.pop();
for (int y:g[x]){
if (d[s][y]==-1){
d[s][y] = d[s][x]+1;
dl.push(y);
}
}
}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL_DEFINE
freopen("rush_in.txt", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++){
int x,y;
cin >> x >> y;
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}
for (int i = 0;i <= 1;i++){
cin >> s[i] >> t[i] >> l[i];
}
memset(d,255,sizeof d);
for (int i = 1;i <= n;i++) bfs(i);
if (d[s[0]][t[0]]>l[0] || d[s[1]][t[1]]>l[1]) return cout<<-1<<endl,0;
int ans = d[s[0]][t[0]] + d[s[1]][t[1]];
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n;j++)
if (i!=j){
if (d[s[0]][i]+d[i][j]+d[j][t[0]] <= l[0] && d[s[1]][i]+d[i][j]+d[j][t[1]] <=l[1])
ans = min(ans,d[s[0]][i]+d[s[1]][i]+d[i][j]+d[j][t[0]]+d[j][t[1]]);
if (d[s[0]][i]+d[i][j]+d[j][t[0]] <= l[0] && d[t[1]][i]+d[i][j]+d[j][s[1]] <=l[1])
ans = min(ans,d[s[0]][i]+d[t[1]][i]+d[i][j]+d[j][t[0]]+d[j][s[1]]);
}
cout<<m-ans<<endl;
return 0;
}