HDU 5876 Sparse Graph 【补图最短路 BFS】(2016 ACM/ICPC Asia Regional Dalian Online)

Sparse Graph

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Problem Description

In graph theory, the complement of a graph G is a graph H on the same vertices such that two distinct vertices of H are adjacent if and only if they are notadjacent in G.

Now you are given an undirected graph G of N nodes and M bidirectional edges of unit length. Consider the complement of G, i.e., H. For a given vertex S on H, you are required to compute the shortest distances from S to all N−1 other vertices.

Input

There are multiple test cases. The first line of input is an integer T(1≤T<35) denoting the number of test cases. For each test case, the first line contains two integers N(2≤N≤200000) and M(0≤M≤20000). The following M lines each contains two distinct integers u,v(1≤u,v≤N) denoting an edge. And S (1≤S≤N) is given on the last line.

Output

For each of T test cases, print a single line consisting of N−1 space separated integers, denoting shortest distances of the remaining N−1 vertices from S (if a vertex cannot be reached from S, output ``-1" (without quotes) instead) in ascending order of vertex number.

Sample Input

1
2 0
1

Sample Output

1

Source

2016 ACM/ICPC Asia Regional Dalian Online

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题目链接：

　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5876

题目大意：

　　给你N个点M条无向边的一张图G(2<=N<=200000,0<=M<=20000)，并给定起点S，边权均为1，求在这张图的补图H上S到其他N-1个点的最短路，无法到达为-1。

　　补图：在原图G上X和Y之间有一条边，则补图上X和Y之间没有相连的边，在原图X和Z之间没边，那么在补图上X和Z之间有一条边。

题目思路：

　　【补图最短路】【宽搜】

　　比赛的时候数据范围写错了导致队列开小了。WA了。。然而队友神奇的map[5500][5500]居然过了。。不是很懂。。

　　首先分析一下原图G，如果存在孤立点X（不与任何点相连），那么在补图上这个点X与其他所有的点相连，所以d[X]=1。

　　　　对于其余点Y，若Y与S相连则Y的最短路为S->X->Y，d[Y]=2，否则即为S->Y,d[Y]=1。(当N>M+1时必有孤立点)

　　再考虑没有孤立点的情况，对于原图G，先将S能够到达的点和不能到达的点分为两个集合T和Q，易知Q中所有的点d[i]=1

　　接着，将Q中的所有点做一次宽搜(最短路SPFA)，每个点能够到达的在T中的点d++，Q中所有的点都做完后判断T中的点

　　对于T中的点X，如果X在原图不能被Q中所有的点走到，那么在补图中一定有一条边从Q中的点Y连向X，则d[X]=d[Y]+1，

　　如果被Q中所有点走到，那么这个点继续留在X中等待下一次。

　　做完一次后，继续对新加入Q中的节点做宽搜(最短路SPFA)，直到没有新节点加入Q。

　　如果此时T中还有点则为走不到的,d=-1。

　　最后输出答案即可。注意多余空格会PE。

　　注释见代码。

 //

 //by coolxxx

 //#include<bits/stdc++.h>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<string>

 #include<iomanip>

 #include<map>

 #include<stack>

 #include<queue>

 #include<set>

 #include<bitset>

 #include<memory.h>

 #include<time.h>

 #include<stdio.h>

 #include<stdlib.h>

 #include<string.h>

 //#include<stdbool.h>

 #include<math.h>

 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

 #define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))

 #define lowbit(a) (a&(-a))

 #define sqr(a) ((a)*(a))

 #define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b))

 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 #define eps (1e-10)

 #define J 10000

 #define mod 1000000007

 #define MAX 0x7f7f7f7f

 #define PI 3.14159265358979323

 #pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")

 #define N 200004

 #define M 20004

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 double anss;

 LL aans;

 int cas,cass;

 int n,m,lll,ans;

 int S;

 int last[N],d[N];

 char ch;

 int q[M],t[M];

 struct xxx

 {

     int to,next;

 }a[M<<];

 bool mark[N];

 void add(int x,int y)

 {

     a[++lll].to=y;

     a[lll].next=last[x];

     last[x]=lll;

 }

 void work1()

 {

     int i;

     for(i=;i<=n;i++)d[i]=;

     for(i=last[S];i;i=a[i].next)d[a[i].to]+=;//孤立点情况与S相连的点答案为2，其余为1

     for(i=;i<=n;i++)

     {

         if(i==n || (i==n- && S==n))ch='\n';

         else ch=' ';

         if(i==S)continue;

         printf("%d%c",d[i],ch);

     }

 }

 void spfa()

 {

     int i,now,to,l=,r=,x=,y=,sz;

     mem(mark,);

     for(i=;i<=n;i++)d[i]=mark[i]=;//初始化

     q[]=S;mark[S]=;d[S]=;

     for(i=last[S];i;i=a[i].next)mark[a[i].to]=;

     for(i=;i<=n;i++)//将所有点分成两类

     {

         if(i==S)continue;

         if(mark[i])

             q[++r]=i;//与S不相连的,d=1

         else

             t[++y]=i;//与S相连的，需要进一步判断

     }

     while(l<r)

     {

         while(l<r)//将Q中新加入的点now往T集合的点走，每走到一个在T中的点x,d[x]++

         {

             now=q[++l];

             for(i=last[now];i;i=a[i].next)

             {

                 to=a[i].to;

                 if(mark[to])continue;

                 d[to]++;

             }

         }

         sz=r;//sz为Q集合的大小，如果在T中的点x在补图中有连向Q的边，那么d[x]<sz(在原图上x不被所有Q中的点走到)

         for(i=,x=;i<=y;i++)

         {

             now=t[i];

             if(d[now]==sz)

                 t[++x]=now;//被所有点走到，继续留在T中

             else

             {

                 q[++r]=now;//将这个点加入Q中

                 d[now]=d[q[l]]+;//这个点的距离为上一个距离+1

                 mark[now]=;//标记为在Q中

             }

         }

         y=x;//T的新大小

     }

     for(i=;i<=y;i++)d[t[i]]=-;//若Q中的点都遍历完，T中还有剩余的点，则为走不到的点，d=-1

     for(i=;i<=n;i++)

     {

         if(i==n || (i==n- && S==n))ch='\n';

         else ch=' ';

         if(i==S)continue;

         printf("%d%c",d[i],ch);

     }

 }

 int main()

 {

     #ifndef ONLINE_JUDGE

 //    freopen("1.txt","r",stdin);

 //    freopen("2.txt","w",stdout);

     #endif

     int i,j,k;

     int x,y,z;

 //    init();

     for(scanf("%d",&cass);cass;cass--)

 //    for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++)

 //    while(~scanf("%s",s))

 //    while(~scanf("%d",&n))

     {

         lll=cas=;mem(last,);mem(mark,);

         scanf("%d%d",&n,&m);

         for(i=;i<=m;i++)

         {

             scanf("%d%d",&x,&y);

             add(x,y),add(y,x);

             if(!mark[x])mark[x]=,cas++;

             if(!mark[y])mark[y]=,cas++;

         }

         scanf("%d",&S);

         if(cas<n)work1();//孤立点情况

         else spfa();//无孤立点情况

     }

     return ;

 }

 /*

 //

 //

 */

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