E - Small d and k
各頂点の次数は $3$ 以下、そして各クエリで $k_i$ は $3$ 以下という制約があります。すると、各クエリで見る必要がある頂点は $40$ 頂点に抑えることができるので、BFSをすることで解けます。ただし、訪問の判定に、毎回全ての頂点に対して訪れたかを持つのは無理なので、PythonのdefaultdictやC++のmapで距離を管理します。
from collections import defaultdict, deque N, M = map(int, input().split()) g = [[] for _ in range(N)] for _ in range(M): u, v = map(int, input().split()) u -= 1 v -= 1 g[u].append(v) g[v].append(u) for _ in range(int(input())): x, k = map(int, input().split()) x -= 1 d = defaultdict(lambda: -1) d[x] = 0 q = deque([x]) while q: u = q.popleft() if d[u] < k: for v in g[u]: if d[v] == -1: d[v] = d[u] + 1 q.append(v) ans = 0 for i in d.keys(): ans += i + 1 print(ans)
以下のC++の実装ではmapのデフォルトの値を-1にする方法がわからないので、距離+1を管理しています。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int N, M; cin >> N >> M; vector<vector<int>> g(N); for (int i = 0; i < M; i++) { int u, v; cin >> u >> v; u--; v--; g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } int Q; cin >> Q; for (int i = 0; i < Q; i++) { int x, k; cin >> x >> k; x--; map<int, int> d; d[x] = 1; deque<int> q; q.push_back(x); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop_front(); if (d[u] <= k) { for (int v: g[u]) { if (d[v] == 0) { d[v] = d[u] + 1; q.push_back(v); } } } } int ans = 0; for (auto [i, j]: d) { ans += i + 1; } cout << ans << '\n'; } }