B 国有N 座城市，其中1 号是这座国家的首都。 N 座城市之间有M 趟双向航班。i 号点的转机次数定义为：从1 号点到i ，最少需要转机几 次。如果1 根本无法到达i ，那么i 点的转机次数是无穷大。由于天气原因，有些航班会被取消。 一趟航班的取消是可容忍的，仅当这趟航班取消之后，2..N 每个点的转机次数不变或者只 增加了1。 现在kAc 想知道，哪些航班的取消是可容忍的？如果这样的航班不存在，输出一行 “hehe”(不含引号)
去掉取消航班的条件，就是一个普通最短路
此题虽然有这类限制，但是是无向图，我们可以在bfs计算距离的时候得到一棵最短路树，很明显，只要是此棵树上的非树边皆可去掉。（它们不够优）
那么树边可以去掉吗？
当树上一个点u能够通过非树边e（u,v）回到与它同距离，或距离更近的点的时候，很明显，树边e可以被删除。
所以我们需要求出所有的树边，并记录下每个点通过哪个边转移来，枚举它周围的所有边，如果存在一条不是让它转移来的边，并且能使它到根的距离不会变小（虽然题上说可以变大1，但是已经用了1次转机在砍掉树边后走的这条新边）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; #define N 200200 #define INF 0x7fffffff int n,m,cnt,flag; int d[N],vis[N],first[N],dep[N],ans[N],from[N]; queue<int>q; //------------------------------------------------ inline char nc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline int read(){ char ch=nc();int sum=0; while(!(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘))ch=nc(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)sum=sum*10+ch-48,ch=nc(); return sum; }//------------------读入优化 --------------------- struct email { int u,v,idx; int nxt; }e[N*4]; inline void add(int u,int v,int w) { e[++cnt].nxt=first[u];first[u]=cnt; e[cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].idx=w; } void bfs(int x) { q.push(x);d[x]=0;vis[x]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front();q.pop(); for(int i=first[u];i;i=e[i].nxt) if(!vis[e[i].v]) { int v=e[i].v; d[v]=d[u]+1; from[v]=e[i].idx; q.push(v); vis[v]=1; } } } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int u,v; u=read();v=read(); add(u,v,i);add(v,u,i); } bfs(1); for(int i=2;i<=n;i++) { flag=0; for(int p=first[i];p;p=e[p].nxt) if(e[p].idx!=from[i]&&d[e[p].v]<=d[i]) flag=1; ans[from[i]]=!flag; } int ok=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(!ans[i]) {printf("%d\n",i);ok=1;} if(!ok) puts("hehe\n"); return 0; }
原文：https://www.cnblogs.com/NSD-email0820/p/9484085.html