自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	linyukun think twice code once

搬运于2025-08-24 22:40:37，当前版本为作者最后更新于2022-11-12 21:37:11，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

题目

在审完题之后，我们会发现：$n$ 在 $1000$ 以内，所以一个 $O(n^2)$ 的复杂度是可以被接受的。既然这样，就让我们请出老朋友：暴力枚举吧！

怎么枚举呢？我们就将每一个点都设置为 $z$，看能否从 $x$ 走到 $y$。为了防止超时，这里使用时间复杂度更低的 BFS 判断联通，只要搜到了 $y$（从 $x$），一定有路。搜不到的数量就是答案了。

注意事项：

• 队列不要定义在函数里，这是未定义行为。

• 输出 $-1$ 和 $0$ 的情况一定要区别（好像没有测试点），$-1$ 是过不去，$0$ 是没有 $z$。

• 无向图标记走过的边时一定要把回去的路也标上。

代码及解释都在下面了哦。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool lu[1005][1005],lu2[1005][1005];//邻接矩阵和临时存储（1有0无边）
int x,y,n,m,cnt;//cnt计数，其他题面有
queue<int>ans;
bool f(int z){//使用BFS来进行判断
	while(!ans.empty())ans.pop();
	ans.push(x);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			lu2[i][j]=lu[i][j];//防止原矩阵被破坏
		}
	}
	//ans里的是起点
	while(!ans.empty()){
		for(int i=1;i<=n;i++){//然后枚举终点
			if(lu2[ans.front()][i]==1&&i!=z&&ans.front()!=z){//有路且不含Z
				if(i==y)return 0;//优化，否则#5TLE
				ans.push(i);
				lu2[ans.front()][i]=0;
				lu2[i][ans.front()]=0;
			}
		}
		ans.pop();
	}
	return 1;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<m;i++){
		cin>>x>>y;
		lu[x][y]=1;
		lu[y][x]=1;//地道是无向的
	}
	cin>>x>>y;
	if(f(0)==1){//不删都到不了的情况
		cout<<-1;
		return 0;
	}
	for(int z=1;z<=n;z++){//枚举删除点
		if(z!=x&&z!=y){
			if(f(z)){
				cnt++;
			}
		}
	}
	cout<<cnt;
    return 0;
}

谢谢观看。