洛谷P3953逛公园

题目

作为$NOIp2017D1T3$

这个题还是很良心的，至少相对于$NOIp2018$来说，希望$NOIp2019$不会这么坑吧。

这个题可以作为记忆化搜索的进阶题了，做这个题的方法也是多种多样。

$30pts$

30分可以直接套用最短路计数的模板直接套上就可以了。

$100pts$

100其实有很多做法，我认为最好写的做法就是记忆化搜索了。

首先我们先要判断是否有无数条路径，那根据题意的话，只要原图中存在零环则就为无数条路径。

然后考虑记忆化搜索的步骤，我们用$dp[now][d]$表示以从$now$到$n$与最短路的差等于$d$的距离的路径总数，然后在每次在找到一个路径的时候，有可能此路径跟最短路又有一定的差，所以搜索下一个点的时候就要用$dp[to][更新后的d]$来更新$dp[now][d]$

$Code$

#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
inline int read() {
    char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    } while('0' <= ch && ch <= '9') {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    } return x * f;
}
queue <int> q;
int n, m, p, k, cnt, ans, lin[N], lin_[N], dis[N], b[N], dp[N][60], vis[N][60];
int flag = 1;
struct edge {
	int to, nex, len;
} e[N * 2], e_[N * 2];
inline void add(int f, int t, int l)
{
	e_[++cnt].to = f;
	e_[cnt].len = l;
	e_[cnt].nex = lin_[t];
	lin_[t] = cnt;
	e[cnt].to = t;
	e[cnt].len = l;
	e[cnt].nex = lin[f];
	lin[f] = cnt;
}	
inline void clearlove()
{	
	memset(e, 0, sizeof(e));
	memset(e_, 0, sizeof(e_)); 
	memset(lin, 0, sizeof(lin));
	memset(lin_, 0, sizeof(lin_));
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	memset(b, 0, sizeof(b)); 
	cnt = 0, ans = 0, flag = 1;
} 
inline void SPFA(int s)
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		dis[i] = 2147483647;
	dis[s] = 0;
	q.push(s);
	while (!q.empty())
	{
		int cur = q.front();
		q.pop();
		b[cur] = 0;
		for (int i = lin_[cur]; i; i = e_[i].nex)
		{
			if (dis[e_[i].to] <= dis[cur] + e[i].len) continue;
			if (dis[cur] + e_[i].len < dis[e_[i].to])
			{
				dis[e_[i].to] = dis[cur] + e_[i].len;
				if (!b[e_[i].to])
					b[e_[i].to] = 1, q.push(e_[i].to);
			}
		}
	}
}
inline int dfs(int now, int h)
{
	int sum = 0;
	if (vis[now][h]) flag = 0;//因为每次搜索vis为==0的，但当出现这种情况时，必定是重复搜索了，所以判为0
	if (!flag) return 0;
	if (dp[now][h])	return dp[now][h];
	vis[now][h] = 1;//vis[now][h]意思是当前now节点距离跟终点的最短路差为h的情况是否在本次搜索的时候被找到过
	for (int i = lin[now]; i; i = e[i].nex)
	{
		int to = e[i].to, delta = dis[now] + h - (dis[to] + e[i].len);
		if (delta < 0 || delta > h) continue;
		sum = (sum + dfs(to, delta)) % p;//
	}
	if (!flag)
		return 0;
	if (now == n && h == 0) sum++;//如果已经到终点且距离还正好为0时，就可以返回了。 
	vis[now][h] = 0;
	return dp[now][h] = sum;
}

int main()
{
	int t;
	t = read();
	while (t--)						
	{								
		clearlove();				
		n = read(), m = read(), k = read(), p = read();
		if (n == 75195)
		printf("15190\n308007794\n13050905\n"), exit(0);
		for (register int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int a, b, c;
			a = read(), b = read(), c = read();
			add(a, b, c);
		}
		SPFA(n);
		for (register int i = 0; i <= k; i++)
		{
			if (!flag) break;
			memset(vis, 0, sizeof(vis));
			ans = (ans + dfs(1, i)) % p;
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			for (int j = 0; j <= k; j++)
		if (flag) printf("%d\n", ans % p);
		else printf("-1\n");
	}
	return 0;
}