先考虑无解的情况，为以下几种：\(dis_{i,j}+dis_{j,k}<dis_{i,k}\)，\(dis_{i,i}\neq 0\)，\(dis_{i,j}\neq dis_{j,i}\)，\(dis_{i,j}>K\)。先大力特判掉
然后来考虑没有边权为\(0\)的时候，把原图中所有的边分类，对于\((i,j)\)，如果存在\(k\)使得\(dis_{i,k}+dis_{k,j}=dis_{i,j}\)，那么称其为\(B\)类边，否则为\(A\)类边。显然\(A\)类边的权值就是\(dis_{i,j}\)，因为从其他地方走权值都大于自己。然后大力猜想一发对于所有\(B\)类边，权值可以取\([dis_{i,j},K]\)之间的数，接下来证明它
因为存在一条路径从\(i\)到\(j\)且权值为\(dis_{i,j}\)，那么这条路径\(F\)上的边数大于等于\(2\)，如果其上都是\(A\)类边，那么就算所有\(B\)取值为\(K\)也没关系。那么反证，假设其上有一条边为\(B\)类边，那么这条\(B\)类边也有对应一条与它权值相等的路径\(G\)。\(G\)不可能与\(F\)有任何一条边重复，否则我们可以在\(F\)上不走那条\(B\)边而是走\(G\)，那么少走了重复的那几条边，路径权值会变小，与\(F\)是最短路矛盾
综上，所有\(A\)类边取值固定，\(B\)类边可以取\([dis_{i,j},K]\)之间的边，判断一下边的类型，用乘法原理统计答案就好了
信心满满交上去结果只有\(30\)分，发现自己忘记考虑边权为\(0\)的情况了
如果有边权为\(0\)，那么我们可以把这两个点缩成一个点，而且不难发现最短路为\(0\)是具有传递性的，所以我们可以把互相之间最短路为\(0\)的点缩到一起，记其中点的个数为\(size_i\)，缩完点之后的图就是没有边权为\(0\)的情况了
考虑一个连通块内部，如果把\(0\)边当成实边，那么\(0\)边需要让所有的点联通，而其它的边的取值无所谓。记\(f_i\)为\(i\)个点的连通块中\(0\)边使所有点联通的方案数，那么有\[f_i=(K+1)^{C_{i}^2}-\sum_{j=1}^{i-1}K^{(i-j)\times j}(K+1)^{C_{i-j}^2}C_{i-1}^{j-1}f_j\]
上面的式子的意思就是，总共的方案减去不合法的方案，不合法的方案可以枚举与\(1\)同一个联通快的点的大小\(j\)，那么内部的方案就是\(f_j\)，然后\(j\)和\(i-j\)之间的边能为\(0\)，\(i-j\)内部随便连
上面是连通块的贡献，然后考虑边的贡献，设一条边连接的两个连通块大小分别为\(i,j\)，两个连通块之间的最短路长度为\(d\)，如果这条边是\(B\)类边，那么方案数就是\((K-d+1)^{i\times j}\)，如果是\(A\)类边，就是\((K-d+1)^{i\times j}-(K-d)^{i\times j}\)即合法的减去不合法的
然后就没有然后了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=505,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x=y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int a[N][N],vis[N][N],fa[N],f[N],fac[N],inv[N],sz[N];
int n,K,res=1;
inline int C(R int n,R int m){if(m>n)return 0;return mul(fac[n],mul(inv[m],inv[n-m]));}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool ck(){
fp(i,1,n)if(a[i][i]!=0)return false;
fp(i,1,n)fp(j,i+1,n){
if(a[i][j]!=a[j][i])return false;
if(a[i][j]>K)return false;
fp(k,1,n)if(a[i][j]+a[j][k]<a[i][k])return false;
}return true;
}
void init(){
inv[0]=fac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
fp(i,1,n)fa[i]=i;
fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)if(a[i][j]==0)fa[find(j)]=find(i);
fp(i,1,n)++sz[find(i)];
fp(i,1,n){
f[i]=ksm(K+1,C(i,2));
fp(j,1,i-1)f[i]=dec(f[i],1ll*ksm(K,j*(i-j))*ksm(K+1,C(i-j,2))%P*C(i-1,j-1)%P*f[j]%P);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),K=read();
fp(i,1,n)fp(j,1,n)a[i][j]=read();
if(!ck())return puts("0"),0;
init();
fp(i,1,n)find(i);
fp(i,1,n)if(fa[i]==i)
fp(j,i+1,n)if(fa[j]==j){
bool flag=0;
fp(k,1,n)if(fa[k]==k)
if(k!=i&&k!=j&&a[i][k]+a[j][k]==a[i][j]){flag=1;break;}
if(flag)res=mul(res,ksm(K-a[i][j]+1,sz[i]*sz[j]));
else res=mul(res,dec(ksm(K-a[i][j]+1,sz[i]*sz[j]),ksm(K-a[i][j],sz[i]*sz[j])));
}
fp(i,1,n)if(find(i)==i)res=mul(res,f[sz[i]]);
printf("%d\n",res);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10246448.html