【洛谷】3953:逛公园【反向最短路】【记忆化搜索(DP)统计方案】

P3953 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: 复制
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: 复制
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 33 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
2 5 1000 2000 0
3 5 1000 2000 50
4 5 1000 2000 50
5 5 1000 2000 50
6 5 1000 2000 50
7 5 100000 200000 0
8 3 100000 200000 50
9 3 100000 200000 50
10 3 100000 200000 50

对于 100%的数据, 1P109,1ai,biN,0ci1000。

数据保证:至少存在一条合法的路线。


被誉为是noip2017最难的一道题了...以前写过,但那时基本就是对着标程抄,还没有理解。

对记忆化搜索本来做得不好,希望能有一些更深入的理解了吧....

首先观察数据范围,明显是一道与$K$有关的DP。可以想到定义$dp[u][k]$表示$u$到$n$的距离是$dis[u]+k$的方案数。所以答案就是$\sum_{i=0}^{k}{dp[1][i]}$所以还要建反向边预处理出每个点到$n$的最短路$dis$。

然后发现,正向跑时,$dp[u][k]$可以从所有它可以到达的$v$更新过来。

如图,已经确定了在$u$点时多出的$k$,那么如果要走到$v$点,可以确定$v$点多出的$k'$,通过$x+w-dis[u]=k$和$x-dis[v]=k'$可得出$k'=dis[u]+k-w-dis[v]$,然后就可以往下记忆化搜索来更新$dis[u][k]$了。初值$dp[u][0]=1$。

如何判0环?我们在搜索的时候定一个$fl[u][k]$标记,如果正在搜索中$fl=1$,如果搜索完了$fl=2$,如果同一个状态$[u][k]$第二次搜到的时候还在搜索中,即$fl[u][k]=1$,那么搜索过程中出现了0环,直接打标记退出即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, p, m, k;

struct Node {
    int v, nex, w;
    Node(int v = 0, int nex = 0, int w = 0) :
        v(v), nex(nex), w(w) { }
} Edge[400004];

int h[100005], stot;
void add(int u, int v, int w) {
    Edge[++stot] = Node(v, h[u], w);
    h[u] = stot;
}

int dis[100005], vis[100005];
void Spfa() {
    queue < int > q;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(dis, 0x3f3f3f3f, sizeof(dis));
    q.push(n); vis[n] = 1; dis[n] = 0;
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;
        for(int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex) {
            int v = Edge[i].v;
            if(dis[v] > dis[u] + Edge[i].w) {
                dis[v] = dis[u] + Edge[i].w;
                if(!vis[v])    vis[v] = 1, q.push(v);
            }
        }
    }
}

int dp[100005][55];
int fl[100005][55], flag;
int dfs(int u, int k) {
    if(fl[u][k] == 1 || flag == -1)    return flag = -1;
    if(fl[u][k] == 2)    return dp[u][k];
    fl[u][k] = 1;
    for(int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex) {
        int v = Edge[i].v;
        int to = dis[u] + k - Edge[i].w - dis[v];
        if(to > k || to < 0)    continue;
        dp[u][k] = (dp[u][k] + dfs(v, to)) % p;
        if(flag == -1)    return -1;
    }
    fl[u][k] = 2;
    return dp[u][k];
}

int a[200005], b[200005], c[200005];
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --) {
        memset(h, 0, sizeof(h));    stot = 0;
        flag = 1;
        scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &p);
        for(int i = 1; i <= m; i ++) {
            scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]);
            add(b[i], a[i], c[i]);
        }
        Spfa();
        memset(h, 0, sizeof(h));    stot = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i ++)
            add(a[i], b[i], c[i]);
        int ans = 0;
        memset(fl, 0, sizeof(fl));
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[n][0] = 1;
        for(int i = 0; i <= k; i ++)
            ans = (long long)(ans + dfs(1, i)) % p;
        if(~flag)    printf("%d\n", ans);
        else        printf("-1\n");
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-10-09 09:17  Wans_ovo  阅读(426)  评论(3编辑  收藏  举报