最短路简化版(邻接矩阵和邻接表）

经历一周忙碌的工作后，蒜头君想趁着周末好好游玩一番。蒜头君想去好多好多地方，他想去南锣鼓巷吃各种好吃的，想去颐和园滑冰，还想去怀柔滑雪场滑雪……可是时间有限，蒜头君并不能玩遍所有的地方，最后他决定去几个离他较近的。
我们知道蒜头君一共想去 NN 个地方玩耍，编号从 11 到 NN，并且知道了蒜头君所在地方的编号 CC，以及 MM 条路径。现在蒜头君想让你帮他算一算，他到每个地方分别需要经过多少个地方？

输入格式

第一行输入三个正整数 N,
M, CN,M,C。代表蒜头君想去 NN 个地方，有 MM 条路径，蒜头君在编号为 CC 的地方。1
\leq N, C \leq 10001≤N,C≤1000, 1
\leq C \leq N1≤C≤N, 1
\leq M \leq 100001≤M≤10000。

保证没有重复边，且图中所有点互相连通。

输出格式

输出 NN 行，按编号从小到大，输出结果。第 ii行表示蒜头君到编号为 ii 的地方，需要经过多少个地方。

样例输入

5 5 2
1 2
2 3
2 4
3 4
3 5

样例输出

1
0
1
1

2

开始邻接矩阵做，超时一组，看着觉得只超了一点，实际上只是超时了程序就停止了。然后改用邻接表，其实在这题上邻接表优势特别明显。题目思路很简单，直接bfs加一个计数数组。
邻接矩阵（有一组未过）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int G[1005][1005],ans[1005];
int n,m,c;
void fun()
{
int flag[1005]={0};
int last=c;
int cnt=0;
int foll;
queue<int>q;
flag[c]=1;
q.push(c);
while(!q.empty())
{
int temp=q.front();
q.pop();
// if(temp==x)
// break;
ans[temp]=cnt;
for(int i=1;i<=1000;i++)
{
if(G[temp][i]==1&&!flag[i])
{
flag[i]=1;
q.push(i);
foll=i;
}
}
if(temp==last)
{
cnt++;
last=foll;
}
}
// return cnt;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>c;
while(m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
G[a][b]=1;
G[b][a]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
// int ans=fun(i);
fun();
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}邻接表（AC）#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
int G[1005][1005],ans[1005];
vector<vector<int> >arr(1005);
int n,m,c;
void fun()
{
int flag[1005]={0};
int last=c;
int cnt=0;
int foll;
queue<int>q;
flag[c]=1;
q.push(c);
while(!q.empty())
{
int temp=q.front();
q.pop();
// if(temp==x)
// break;
ans[temp]=cnt;
for(int i=0;i<arr[temp].size();i++)
{
if(!flag[arr[temp][i]])
{
flag[arr[temp][i]]=1;
q.push(arr[temp][i]);
foll=arr[temp][i];
}
}
if(temp==last)
{
cnt++;
last=foll;
}
}
// return cnt;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>c;
while(m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
arr[a].push_back(b);
arr[b].push_back(a);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
// int ans=fun(i);
fun();
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}