大家好我叫蒟蒻，这是我的第一篇信竞题解blog
【题目描述】
策策同学特别喜欢逛公园。 公园可以看成一张 (N) 个点 (M) 条边构成的有向图，且没有自环和重边。其中 (1) 号点是公园的入口， (N) 号点是公园的出口，每条边有一个非负权值，代表策策经过这条边所要花的时间。
策策每天都会去逛公园，他总是从 (1) 号点进去，从 (N) 号点出来。
策策喜欢新鲜的事物，他不希望有两天逛公园的路线完全一样，同时策策还是一个特别热爱学习的好孩子，他不希望每天在逛公园这件事上花费太多的时间。如果 (1) 号点到 (N) 号点的最短路长为 (d)，那么策策只会喜欢长度不超过 (d + K) 的路线。
策策同学想知道总共有多少条满足条件的路线，你能帮帮他吗？
为避免输出过大，答案对 (P) 取模。
如果有无穷多条合法的路线，请输出 (−1)。
【输入格式】
第一行包含一个整数 (T), 代表数据组数。
接下来 (T) 组数据，对于每组数据：
第一行包含四个整数 (N,M,K,PN,M,K,P)， 每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来 (m) 行，每行三个整数 (a_i,b_i,c_i)， 代表编号为 (a_i,b_i) 的点之间有一条权值为 (c_i) 的有向边，每两个整数之间用一个空格隔开。
【输出格式】
输出文件包含 (T) 行，每行一个整数代表答案。
【思路点拨】
是个人应该都能看出此题是要先求出最短路.jpg
亲测此题SPFA跑的比Dijkstra快
为什么？我人品好
最短路只能求出路径长度，计算路径条数似乎做不到——
然后就gg了
据说NOIP2017 Day1三题都没有DP 作为Day2压轴题 DP是压轴出场
What is DP? Is that Dui Pai?
考虑DP的子状态 肯定有一维是要存储当前的点编号
注意到此题 (k le 50) 第二维可以存储当前路径1-i的长度超出了1-i最短路多少
于是 (dp[i][j]) 就表示(1-i)路径长度为 (dis[i]) ((1-i)最短路) (+ j) 的方案数
对于任意一个 (u), 设它有一条路径连向 (v)。
则可以推出 (dp[u][l] = sum dp[v][dis[u]-dis[v]+l-edge(u, v)] (1 le l le k))
然后就可以开始快乐DP了
如何判断 (0) 环？
dfs的时候记录一下就行了
要记得加记忆化搜索
贴心提示
日常全开(long long)是好习惯 多卡常 出奇迹
【代码实现】
#include <bits/stdc++.h>
#define ri register long long
using namespace std;
typedef long long ll;
ll t, n, m, k, p, ans;
ll head[200005], pre[800005], to[800005], val[800005], len;
ll head2[200005], pre2[800005], to2[800005], val2[800005], len2;
ll dis[200005], dis2[200005], visit[200005][61];
ll dp[200005][61];//又到了我们最喜欢的DP时间
bool vis[200005], ok;
inline ll read() {
ll ret = 0, flag = 1;
char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') {
if (ch == '-') flag = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
ret = (ret << 1) + (ret << 3) + (ch ^ '0');
ch = getchar();
}
return ret * flag;
}
inline void write(ll num) {
if (num > 9) write(num / 10);
putchar(num % 10 + '0');
}
inline void insert(ll u, ll v, ll w) {
pre[++len] = head[u]; head[u] = len;
to[len] = v; val[len] = w;
}
inline void insert2(ll u, ll v, ll w) {
pre2[++len2] = head2[u]; head2[u] = len2;
to2[len2] = v; val2[len2] = w;
}
inline void add(ll &a, ll b) { //究极玄学卡常
a += b;
if (a > p) {
a -= p;
}
}
inline void SPFA() {
vis[1] = 1;
dis[1] = 0;
queue<ll> q;
q.push(1);
while (!q.empty()) {
ll x = q.front();
q.pop();
for (ri i = head[x]; i != 0; i = pre[i]) {
ll y = to[i];
if (dis[y] > dis[x] + val[i]) {
dis[y] = dis[x] + val[i];
if (!vis[y]) {
vis[y] = 1;
q.push(y);
}
}
}
vis[x] = 0;
}
}
ll dfs(ll c, ll nowk) {
if (dp[c][nowk] != -1) return dp[c][nowk];
visit[c][nowk] = 1;
dp[c][nowk] = 0;
for (ri i = head2[c]; i; i = pre2[i]) {
ll next = dis[c] - dis[to2[i]] + nowk - val2[i];
if (next < 0) continue;
if (visit[to2[i]][next]) {
ok = 1;
}
add(dp[c][nowk], dfs(to2[i], next));
}
visit[c][nowk] = 0;
return dp[c][nowk];
}
void This_is_a_dp() {
dp[1][0] = 1;
for (ri i = 0; i <= k; i++) {
add(ans, dfs(n, i));
}
}
int main() {
t = read();
while (t--) {
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(head2, 0, sizeof(head2));
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(visit, 0, sizeof(visit));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(dis, 0x7f, sizeof(dis));
ok = 0;
len = ans = len2 = 0;
n = read();
m = read();
k = read();
p = read();
for (ri i = 1; i <= m; i++) {
ll u, v, w;
u = read();
v = read();
w = read();
insert(u, v, w);
insert2(v, u, w);
}
SPFA();
/*DP!*/
This_is_a_dp();
dfs(n, k + 1);
if (ok) {
puts("-1");
continue;
}
write(ans); puts("");
}
return 0;
}
时间复杂度 (O((k+x)m)) ((x)为(SPFA)玄学次数())