题目描述
顺利通过了黄药师的考验，下面就可以尽情游览桃花岛了！
你要从桃花岛的西头开始一直玩到东头，然后在东头的码头离开。可是当你游玩了一次后，发现桃花岛的景色实在是非常的美丽！！！于是你还想乘船从桃花岛东头的码头回到西头，再玩一遍，但是桃花岛有个规矩：你可以游览无数遍，但是每次游玩的路线不能完全一样。
我们把桃花岛抽象成了一个图，共n个点代表路的相交处，m条边表示路，边是有向的（只能按照边的方向行走），且可能有连接相同两点的边。输入保证这个图没有环，而且从西头到东头至少存在一条路线。两条路线被认为是不同的当且仅当它们所经过的路不完全相同。
你的任务是：把所有不同的路线游览完一共要花多少时间？
输入输出格式
输入格式：
第1行为5个整数：n、m、s、t、t0，分别表示点数，边数，岛西头的编号，岛东头的编号（编号是从1到n）和你乘船从岛东头到西头一次的时间。
以下m行，每行3个整数：x、y、t，表示从点x到点y有一条行走耗时为t的路。
每一行的多个数据之间用一个空格隔开，且：2<=n<=10000; 1<=m<=50000;t<=10000;t0<=10000
输出格式：
假设总耗时为total,则输出total mod 10000的值（total对10000取余）。
输入输出样例
输入样例：
3 4 1 3 7 1 2 5 2 3 7 2 3 10 1 3 15
输出样例：
56
说明
【样例说明】
共有3条路径可以从点1到点3，分别是1-2-3,1-2-3,1-3。
时间计算为：
(5+7)+7 +(5+10)+7 +(15)=56
题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1685
个人思路：
- 通过题意，很显然是DAG.通过DAG的定义，我们可以考虑到：DAG存在无后效性，也就是我们可以使用拓扑排序。
- 由于要计算到达终点的所有可能路线的权值总和+可能的路线数*t0（t0的含义从题意可得），那么我们从"可能的路线数"就可以考虑（联想）到一个推论（DAG上的推论1）了。从推论1我们可以知道某条边可能被经过的数量，那么对于某个点v，从其他点连接v点的边集的被经过的数量的和即是点v可能被经过的数量。
- 通过点v可能被经过的数量即可推论出结果。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define mod 10000
using namespace std;
int s,t,t0,cnt=0,head[10005],rd[10005];//t,t0:岛西头的编号，岛东头的编号（编号是从1到n）和你乘船从岛东头到西头一次的时间
long long total=0,dp[10005];//dp数组 用于存储到达某个点的最大时间
struct Edge{
int v,w,nxt;
}e[50005];
void addEdge(int u,int v,int w){
e[++cnt].v=v;
e[cnt].w=w;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
long long cntA[10005];//用于存储某个点可能被经过的数量
void topoSort(){
queue<int> q;
q.push(s);
cntA[s]=1;
while(!q.empty()){
int nowValue=q.front();
q.pop();
for(int i=head[nowValue];i;i=e[i].nxt){
int nowV=e[i].v;long long nowW=e[i].w;
rd[nowV]--;
cntA[nowV]=(cntA[nowV]+cntA[nowValue])%mod;
dp[nowV]+=(dp[nowValue]+cntA[nowValue]*e[i].w)%mod;
//cout<<"dp["<<nowV<<"]"<<"=dp["<<nowValue<<"]+"<<e[i].w<<endl;
if(rd[nowV]==0){
q.push(nowV);
}
}
}
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t,&t0);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(x!=y){
addEdge(x,y,z);
rd[y]++;
}
}
topoSort();
total=dp[t];
printf("%lld\n",(total+(cntA[t]-1)*t0)%10000);//到达终点的最大时间，再加上从终点回到起点的时间
//（我们在topoSort()方法中并没有计算从终点回到起点的时间）
return 0;
}
