[NOIP2017]逛公园 最短路+拓扑排序+DP

[NOIP2017]逛公园

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，它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，它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，你能帮帮它吗？

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。

输入输出格式

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,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ai​,bi​,ci​，代表编号为ai​,bi​的点之间有一条权值为ci​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。

输入输出样例

输入样例#1：

2
5 7 2 10
1 2 1
2 4 0
4 5 2
2 3 2
3 4 1
3 5 2
1 5 3
2 2 0 10
1 2 0
2 1 0

输出样例#1：

3
-1

说明

【样例解释1】

对于第一组数据，最短路为 3。 1 – 5, 1 – 2 – 4 – 5, 1 – 2 – 3 – 5 为 3 条合法路径。

【测试数据与约定】

对于不同的测试点，我们约定各种参数的规模不会超过如下

测试点编号	T	N	M	K	是否有0边
1	5	5	10	0	否
2	5	1000	2000	0	否
3	5	1000	2000	50	否
4	5	1000	2000	50	否
5	5	1000	2000	50	否
6	5	1000	2000	50	是
7	5	100000	200000	0	否
8	3	100000	200000	50	否
9	3	100000	200000	50	是
10	3	100000	200000	50	是

对于 100%的数据,1≤P≤109,1≤ai​,bi​≤N,0≤ci​≤1000。

数据保证：至少存在一条合法的路线。

题解：本题的思路比较直接，沿着第一感觉一步一步做下去就可以了。

首先肯定要先跑最短路。然后呢？发现K只有50，所以我们一定是要从K入手。所以考虑DP，令f[i][j]表示走到i，多走的长度是j的方案数。（多走 指的是比最短路多的部分的长度）。

但是发现这个DP方程是存在环的，因为最短路径图上的边以及零边都是可以同行转移的（从f[..][j]转移到f[..][j]），所以怎么办呢？拓扑排序呗！

我们将最短路径图上的边以及零边都拿出来跑拓扑排序，然后让这些边在转移时必须沿着拓扑序转移即可。特别地，如果一个零环位于一条从1到n长度<=d+K的路径上，则输出-1即可。

代码有点丑了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <utility>
#define mp(A,B) make_pair(A,B)
using namespace std;
const int maxn=100010;
const int maxm=200010;
int n,m,cnt,K,P,tot,ans;
int to[maxm],next[maxm],val[maxm],head[maxn],dis[maxn],vis[maxn],d[maxn],q[maxn<<1],f[51][maxn];
int to2[maxm],next2[maxm],val2[maxm],head2[maxn],dis2[maxn];
priority_queue<pair<int,int> > pq;
inline int rd()
{
	int ret=0;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	gc=getchar();
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt;
	to2[cnt]=a,val2[cnt]=c,next2[cnt]=head2[b],head2[b]=cnt++;
}
inline void upd(int &x,int y)
{
	x=(x+y)%P;
}
void work()
{
	n=rd(),m=rd(),K=rd(),P=rd();
	int i,j,k,a,b,c,u;
	memset(head,-1,sizeof(head)),memset(head2,-1,sizeof(head2)),cnt=tot=ans=0;
	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),c=rd(),add(a,b,c);
	//1
	memset(vis,0,sizeof(vis)),memset(dis,0x3f,sizeof(dis)),memset(d,0,sizeof(d));
	pq.push(mp(0,1)),dis[1]=0;
	while(!pq.empty())
	{
		u=pq.top().second,pq.pop();
		if(vis[u])	continue;
		vis[u]=1;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i])	dis[to[i]]=dis[u]+val[i],pq.push(mp(-dis[to[i]],to[i]));
	}
	//2
	memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2)),memset(vis,0,sizeof(vis));
	pq.push(mp(0,n)),dis2[n]=0;
	while(!pq.empty())
	{
		u=pq.top().second,pq.pop();
		if(vis[u])	continue;
		vis[u]=1;
		for(i=head2[u];i!=-1;i=next2[i])	if(dis2[to2[i]]>dis2[u]+val2[i])	dis2[to2[i]]=dis2[u]+val2[i],pq.push(mp(-dis2[to2[i]],to2[i]));
	}
	//3
	for(i=1;i<=n;i++)	for(j=head[i];j!=-1;j=next[j])	if(dis[i]+val[j]==dis[to[j]])	d[to[j]]++;
	for(i=1;i<=n;i++)	if(!d[i])	q[++tot]=i;
	for(j=1;j<=tot;j++)
	{
		u=q[j];
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(dis[u]+val[i]==dis[to[i]])
		{
			d[to[i]]--;
			if(!d[to[i]])	q[++tot]=to[i];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	if(d[i]&&dis[i]+dis2[i]<=dis[n]+K)
	{
		printf("-1\n");
		return ;
	}
	//DP
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][1]=1;
	for(k=0;k<=K;k++)
	{
		for(i=1;i<=tot;i++)	for(u=q[i],j=head[u];j!=-1;j=next[j])	if(dis[u]+val[j]==dis[to[j]])
		{
			upd(f[k][to[j]],f[k][u]);
		}
		for(i=1;i<=n;i++)	for(j=head[i];j!=-1;j=next[j])	if(dis[i]+val[j]!=dis[to[j]]&&k+dis[i]+val[j]-dis[to[j]]<=K)
		{
			upd(f[k+dis[i]+val[j]-dis[to[j]]][to[j]],f[k][i]);
		}
	}
	for(i=0;i<=K;i++)	upd(ans,f[i][n]);
	printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
	//freopen("park.in","r",stdin);
	//freopen("park.out","w",stdout);
	int T=rd();
	while(T--)	work();
	return 0;
}