題目描述：
給出一個 N 個頂點 M 條邊的無向無權圖，頂點編號爲 1 到 N。
問從頂點 1 開始，到其他每個點的最短路有幾條。
輸入格式
第一行包含 2 個正整數 N,M，爲圖的頂點數與邊數。
接下來 M 行，每行兩個正整數 x,y，表示有一條頂點 x 連向頂點 y 的邊，請注意可能有自環與重邊。
輸出格式
輸出 N 行，每行一個非負整數，第 i 行輸出從頂點 1 到頂點 i 有多少條不同的最短路，由於答案有可能會很大，你只需要輸出對 100003 取模後的結果即可。
如果無法到達頂點 i 則輸出 0。
數據範圍
1≤N≤10^5,
1≤M≤2×10^5
輸入樣例：
5 7
1 2
1 3
2 4
3 4
2 3
4 5
4 5
輸出樣例：
1
1
1
2
4
分析：
本題類似於揹包問題的方案數，如果是求起點到終點所有的路徑條數，直接遍歷圖的同時統計下方案數即可。現在要求的是最短路徑的條數，因此應該在計算最短路徑的過程中使用動態規劃的思想去求解。本題中涉及的邊都是無權邊，或者說邊權都是1，因此可以直接用bfs來求最短路徑。
回憶下基本的BFS過程：將起點加入隊列，訪問位置爲true；當隊列非空時不斷取隊頭元素，將隊頭元素相鄰的訪問位爲false的點都加入到隊列中來，同時更新這些點的最短路徑。這意味着如果從a擴展到b點時，將b入隊了，然後即使從c點擴展到b點，並且這兩種擴展的路徑中b的最短路徑都是相同的，但是由於b由a擴展了已經入隊了，再次由c擴展到時不會再次入隊了，而統計方案數則要統計所有的最短路徑情況。因此，設d[i]爲目前起點到i點的最短路徑，cnt[i]是目前起點到i點最短路徑的條數，如果從上一點u向i點擴展，d[i] < d[u] + 1時，需要更新最短路徑長度，d[i] = d[u] + 1，並且此刻到i的最短路徑長度應該繼承到u的最短路徑條數，即cnt[i] = cnt[u]；d[i] == d[u] + 1時，不需要更新最短路徑長度，但是需要將到u的最短路徑條數加到到i的最短路徑條數中，即cnt[i] += cnt[u]。
最短路徑長度和最短路徑條數更新的條件已經明確了，最後要明確的就是何時將節點加入到隊列中？從u擴展到i，但是d[u] + 1 > d[i]，此時自然不用將i入隊；d[u] + 1 < d[i]，這時候更新了i點的最短路徑長度，因此要將i入隊；那麼d[u] + 1 == d[i]時呢？此刻由於d[i]與d[u] + 1相等，必然已經經由其他點擴展過加入隊列了，而比d[i]更小的d[u]纔剛剛出隊，d[i]必然還在隊列中，因此不用再次將i入隊了。這樣一來，標誌數組st也就沒有必要設置了。
對於題目中的重邊和自環，重邊的存在有可能將最短路徑條數翻倍，自環的存在可以忽略，一個點走一遍自環會使得到起點的距離加上1，必然不是最短距離。總的代碼如下：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 100005,M = 400005,mod = 100003;
int n,m,idx,h[N],e[M],ne[M];
int d[N],cnt[N];
queue<int> q;
void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void bfs(){
memset(d,0x3f,sizeof d);
d[1] = 0;
cnt[1] = 1;
q.push(1);
while(q.size()){
int u = q.front();
q.pop();
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
if(d[j] > d[u] + 1){
cnt[j] = cnt[u];
d[j] = d[u] + 1;
q.push(j);
}
else if(d[j] == d[u] + 1) cnt[j] = (cnt[j] + cnt[u]) % mod;
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(h,-1,sizeof h);
int x,y;
while(m--){
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
bfs();
for(int i = 1;i <= n;i++) cout<<cnt[i]<<endl;
return 0;
}