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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5109
题解
首先跑最短路，只保留 (dis[v] = dis[u] + w) 的边，形成一个 DAG。
如果只有一个点的话，如何判断这个点是否是必经之点。一个很简单的方式是判断 (S o A o T) 的方案数是否等于 (S o T) 的方案数。
但是这里的要求是两个点，那么就是 (S o A o T) 的方案加上 (S o B o T) 的方案，再减去 (S o A o B o T) 的方案，等于 (S o T) 的方案。但是由于必须满足不存在一条路径同时经过 (AB)，所以不需要减去，但是需要保证 (A) 和 (B) 不能相互到达。
我们把 (S o A o B) 的方案记为 (f(A))，则必须 (f(A) + f(B) = f(T))。但是需要保证 (A) 和 (B) 不能相互到达，这个可以通过 bitset 来维护对于一个点，哪些点无法和它相互到达就可以了。同时维护 (b[x]) 为 (f(A) = x) 的 (A) 点的集合，与之前的那个 bitset 取交就可以了。
下面是代码，时间复杂度 (O(frac{n^2}{64}))，空间复杂度 (O(frac{n^2}{8}))。由于空间复杂度太大，在 bzoj 上是在过不去，在 loj 上可以 AC。
#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<ll, int> pii;
template<typename I>
inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
const int N = 5e4 + 7;
const int P = 998244353;
int n, m, S, T, tl;
int vis[N], deg[N], dq[N], f1[N], f2[N], f[N];
ll dis[N];
std::priority_queue<pii, std::vector<pii>, std::greater<pii> > q;
std::bitset<N> b1[N], b2[N];
std::tr1::unordered_map<int, std::bitset<N> > b3;
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
int ans = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
return ans;
}
struct Edge { int to, ne, w; } g[N << 1]; int head[N], tot;
inline void addedge(int x, int y, int z) { g[++tot].to = y, g[tot].w = z, g[tot].ne = head[x], head[x] = tot; }
inline void adde(int x, int y, int z) { addedge(x, y, z), addedge(y, x, z); }
inline void dijkstra() {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)), dis[S] = 0;
q.push(pii(dis[S], S));
while (!q.empty()) {
int x = q.top().se; q.pop();
if (vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
if (x == T) return;
for fec(i, x, y) if (smin(dis[y], dis[x] + g[i].w)) q.push(pii(dis[y], y));
}
}
inline void bfs() {
int hd = 0;
for (int x = 1; x <= n; ++x) for fec(i, x, y) if (dis[y] == dis[x] + g[i].w) ++deg[y];
for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!deg[i]) dq[++tl] = i;
while (hd < tl) {
int x = dq[++hd];
for fec(i, x, y) if (dis[y] == dis[x] + g[i].w && !--deg[y]) dq[++tl] = y;
}
}
inline void dp() {
f1[S] = f2[T] = 1;
for (int i = 1; i <= tl; ++i) {
int x = dq[i];
b1[x].set(x);
for fec(i, x, y) if (dis[x] == dis[y] + g[i].w) sadd(f1[x], f1[y]), b1[x] |= b1[y];
}
for (int i = tl; i; --i) {
int x = dq[i];
b2[x].set(x);
for fec(i, x, y) if (dis[y] == dis[x] + g[i].w) sadd(f2[x], f2[y]), b2[x] |= b2[y];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (ll)f1[i] * f2[i] % P, b1[i] |= b2[i], b1[i] = ~b1[i], b3[f[i]].set(i);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (f[i] == f[T]) b1[i] |= b3[0];
if (f[i] == 0) b1[i].reset().flip();
b1[i].set(i, 0);
}
}
inline void work() {
dijkstra();
bfs();
dp();
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) if (b3.count(smod(P + f[T] - f[i]))) ans += (b3[smod(P + f[T] - f[i])] & b1[i]).count();
printf("%lld
", ans / 2);
}
inline void init() {
read(n), read(m), read(S), read(T);
int x, y, z;
for (int i = 1; i <= m; ++i) read(x), read(y), read(z), adde(x, y, z);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
init();
work();
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}