题目背景
本题开O2优化，请注意常数
题目描述
博艾市除了有海底高铁连接中国大陆、台湾与日本，市区里也有很成熟的轨道交通系统。我们可以认为博艾地铁系统是一个无向连通图。博艾有N个地铁站，同时有M小段地铁连接两个不同的站。
地铁计价方式很简单。从A站到B站，每经过一小段铁路（连接直接相邻的两个点的一条边），就要收取1博艾元。也就是说，从A站到B站，选择的路径不一样，要价也会不同。
我们认为凡华中学在1号地铁站。学生们通过地铁通勤，他们当然知道选择最短路来坐车的话，票价最便宜。
然而博艾地铁公司经营不善，一直亏损，于是他们打算提价。提价一次就是将一小段铁路原来收费1元改收2元。同一小段的铁路不会多次提价。他们打算提价Q次。
学生们知道，如果他们到学校的一条最短路径中的一小段提价了，可以改变路径，使总票价不变。然而随着一条一条的铁路被提价，当居住在某个站附近的学生发现，提价后，没有任何一种方案可以从家到学校的费用和初始费用相等时，就会不满。
现在地铁公司希望知道，对于每一次涨价，有多少个站，学生会因为涨价而不满呢？
输入输出格式
输入格式：
第一行为三个整数N,M,Q。
接下来M行，每行2个整数ai,bi,表示第i条铁路连接的两个站。i表示铁路编号。
接下来Q行，每行一行整数rj，表示每次涨价的铁路编号。
输出格式：
Q行。每行一个整数表示不满的车站数量。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
5 6 5
1 2
1 3
4 2
3 2
2 5
5 3
5
2
4
1
3
输出样例#1： 复制
0
2
2
4
4
说明
【样例解释】
次数 车站2 车站3 车站4 车站5
初始 1 1 2 2
1 1 1 2 2
2 1 2 2 3
3 1 2 2 3
4 2 2 3 3
5 2 2 4 3【数据范围】
对于20%的数据 N≤100, Q≤30
对于40%的数据 Q≤30
对于70%的数据 正确的输出结果中，不会有超过50种不一样的整数（数据范围剧透解法系列）
对于100%的数据 N≤100000, Q≤M≤200000
每次拆边，转化成每次加边就会好做很多
先把变都存下来，一遍bfs找出每个点的最短路，然后拆掉有标记的边bfs找到最短路不变的点
依次加边，每次遍历的点当且仅当这个点当前不具有最短路且它的邻居突然具有了最短路
这样时间复杂度是\(O(n)\)的
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define M 500010
using namespace std;
queue <int> q;
int i,m,n,j,k,a[M],ver[M],nex[M],head[M],cnt,b[M],bl[M],c[M],f[M],h[M],ans[M],p;
void add(int x,int y)
{
cnt+=1;
ver[cnt]=y; nex[cnt]=head[x]; head[x]=cnt;
}
void bfs()
{
q.push(1);
bl[1]=1;
while(q.size())
{
int t=q.front(); q.pop();
for(int i=head[t];i;i=nex[i])
{
int r=ver[i];
if(!bl[r]) bl[r]=1, a[r]=a[t]+1, q.push(r);
}
}
}
void bfs1()
{
q.push(1);
bl[1]=1;
while(q.size())
{
int t=q.front(); q.pop();
for(int i=head[t];i;i=nex[i])
{
if(b[i]) continue;
int r=ver[i];
if(!bl[r]) if(a[r]==h[t]+1) h[r]=a[r], bl[r]=1, q.push(r), k+=1;
}
}
}
void dfs(int now)
{
bl[now]=1; k+=1;
for(int i=head[now];i;i=nex[i])
{
if(b[i]) continue;
int t=ver[i];
if(!bl[t] && a[t]==a[now]+1) dfs(t);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
f[i]=cnt-1;
}
bfs();
for(i=1;i<=p;i++)
{
scanf("%d",&c[i]);
b[f[c[i]]]=b[f[c[i]]+1]=1;
}
memset(bl,0,sizeof(bl)); k=1; bfs1();
for(i=p;i>=1;i--)
{
ans[i]=n-k; if(!ans[i]) break;
b[f[c[i]]]=b[f[c[i]]+1]=0;
int x=ver[f[c[i]]],y=ver[f[c[i]]+1];
if(!bl[x] && bl[y] && a[x]==a[y]+1) dfs(x);
if(!bl[y] && bl[x] && a[y]==a[x]+1) dfs(y);
}
for(i=1;i<=p;i++) printf("%d\n", ans[i]);
}