NOIP 2017 逛公园

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NN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。

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去年的考试题，考场上没有想到，连DFS都打错了

首先来看k=0的情况，就是一个裸的最短路计数

然后是正解，我们有最短路计数可以想到正解肯定是个DP

dp[i][j]代表的是从1号点到i号点,满足需要比最短路多走j的长度的路线的数量

因为k的最大值是50，所以可以开状态

然后来看具体如何实现，我们先SPFA求出单源最短路

然后反向建图，这样可以避免走进死路

然后会发现DP直接写并不好实现，因为转移顺序不好确定

于是想到记忆化搜索，需要那个就转移

因为DP状态已经设好了

所以只需要转移，每一次我们对于每条边进行操作

对于边u->v 权值为w

我们可以通过刚才求出来的最短路来计算出从1到v还需要多走多长的路

也就是dis[u]-dis[v]+j-w   j为当前还需要多走的长度   （注意，此时的u,v是在反向图中的）

然后求和即可

下面给出代码：（注意赋初值）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline long long rd(){
    long long x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return ;
}
long long n,m,k,mod;
long long head[1000006];
long long nxt[2000006],to[2000006];
long long v[2000006];
long long total=0;
void add(long long x,long long y,long long z){
    total++;
    v[total]=z;
    to[total]=y;
    nxt[total]=head[x];
    head[x]=total;
    return ;
}
long long q[1000006];
long long l=0,r=0;
long long book[1000006];
long long dis[1000006];
void spfa(long long x){
    memset(dis,127,sizeof(dis));
    memset(book,0,sizeof(book));
    l=0,r=0;
    book[x]=1;
    dis[x]=0;
    q[++r]=x;
    while(l<r){
        long long h=q[++l];
        book[h]=0;
        for(long long e=head[h];e;e=nxt[e]){
            if(dis[to[e]]>dis[h]+v[e]){
                dis[to[e]]=dis[h]+v[e];
                if(!book[to[e]]){
                    q[++r]=to[e];
                    book[to[e]]=1;
                }
            }
        }
        book[h]=0;
    }
    return ;
}
long long f[100006][56];
long long vis[100006][56];
long long head2[200006];
long long to2[200006];
long long nxt2[200006];
long long v2[200006];
long long total2=0;
void add2(long long x,long long y,long long z){
    total2++;
    to2[total2]=y;
    v2[total2]=z;
    nxt2[total2]=head2[x];
    head2[x]=total2;
    return ;
}
long long set=0;
long long dfs(long long x,long long y){
    if(f[x][y]!=-1) return f[x][y];
    vis[x][y]=1;
    f[x][y]=0;
    for(long long e=head2[x];e;e=nxt2[e]){
        long long h1=to2[e],h2=dis[x]-dis[to2[e]]-v2[e]+y;
        if(h2>=0){
            if(vis[h1][h2]) set=1;
            int num=dfs(h1,h2);
            f[x][y]=(f[x][y]+num)%mod;
        }
    }
    vis[x][y]=0;
    return f[x][y];
}
int main(){
    long long T=rd();
    while(T--){
        memset(head,0,sizeof(head));
        memset(head2,0,sizeof(head2));
        total=total2=0;
        n=rd(),m=rd(),k=rd(),mod=rd();
        for(long long i=1;i<=m;i++){
            long long x=rd(),y=rd(),z=rd();
            add(x,y,z),add2(y,x,z);
        }
        spfa(1);
        memset(f,-1,sizeof(f));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        f[1][0]=1;
        long long ans=0;
        set=0;
        for(long long i=0;i<=k;i++){
            ans=(ans+dfs(n,i))%mod;
        }
        dfs(n,k+1);
        if(!set) write(ans%mod),puts("");
        else write(-1),puts("");
    }
    return 0;
}