其实是一道裸题，如果没学过最短路树的话会比较难做，要想很久想到关键性质才能做出来。

最短路树顾名思义，就是从一个图中生成出来一棵树，使得每个顶点到root的距离是单源最短路。如果有这样的树的话，那可见这样的树是符合题意的。

怎么生成这样的树呢？关键在于记录前驱father，一个距离root最短路是6的点必定从一个距离root最短路是5的点到达（这两个点之间一定会有一条边）。所以我们对于所有顶点 2-n，每个顶点u我们找dis[u] = dis[v]+1的情况，这样的话v就是u的前驱。若v，u之间有一条边，那u到root的最短路就解决了【因为如果v到root的最短路不变，那u也不变】，原问题就变成了子问题，这就是这么建树 正确性的理解。

所有合法前驱记录完后，我们dfs下枚举所有前驱就可以了。【最多能生成father[2].size() * father[3].size() * ... * father[n].size()个合法答案】

 1 #include<iostream>
 2 #include<vector>
 3 #include<map>
 4 #include<cstring>
 5 #include<queue>
 6 using namespace std;
 7 
 8 char comp[200005];
 9 vector< pair<int,int> > edge[200005];
10 vector<int> father[200005];
11 vector<string> ans;
12 int dis[200005],n,k;
13 queue< pair<int,int> > q;
14 
15 void dfs(int u){
16     if( ans.size()>=k ) return;
17     if(u==n+1) { ans.push_back(comp+1); return;}//建完了 
18     for(int i=0;i<father[u].size();i++){
19         comp[ father[u][i] ] = '1';//从众多前驱中挑一个
20         dfs(u+1);
21         comp[ father[u][i] ] = '0'; 
22     }
23 }
24 
25 int main(){
26     int m; cin>>n>>m>>k;
27     for(int i=1;i<=m;i++){
28         int u,v; scanf("%d %d",&u,&v);
29         edge[u].push_back( make_pair(v,i) );
30         edge[v].push_back( make_pair(u,i) );//建两条边 
31     }
32     
33     
34     memset(dis,-1,sizeof(dis));
35     for (int i = 1; i <= m; i++) comp[i] = '0';
36     //维护出dis数组
37     q.push( make_pair(1,0) ); dis[1]=0;
38     while(!q.empty()){
39         pair<int,int> pa = q.front(); q.pop();
40         int u=pa.first,d=pa.second;
41         for(int i=0;i<edge[u].size();i++){
42             int v=edge[u][i].first;
43             if( dis[v]==-1 ) {
44                 dis[v]=d+1;
45                 q.push( make_pair(v,d+1) );
46             } 
47         }
48     }
49     //找最短路数里每个顶点的前驱 
50     for(int i=2;i<=n;i++){
51         for(int j=0;j<edge[i].size();j++){
52             if( dis[i]==dis[ edge[i][j].first ]+1 ) father[i].push_back( edge[i][j].second );
53         }
54     }
55     
56     dfs(2);//从2开始建树 
57     if(ans.size()>=k){
58         cout<<k<<endl;
59         for(int i=0;i<k;i++) cout<<ans[i]<<endl;
60     }
61     else{
62         cout<<ans.size()<<endl;
63         for(int i=0;i<ans.size();i++) cout<<ans[i]<<endl;
64     }
65     
66     
67     return 0;
68 }