Description

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。

solution

正解：拓扑序DP

这题其实有两个拓扑序，一个是 \(dis[i]\) ,即1到 \(i\) 的最短路的长度，另外一个就是图本身的拓扑序了，我们单独拿出满足1到 任意一点\(i\) 最短路的边，然后做DP即可，状态设计为 \(f[i][j]\)，表示到达点 \(i\)，路径长度为 \(dis[i]+j\) 的方案数，然后枚举转移即可，判 \(-1\) 的方法很巧妙，因为边的长度为0，所以0环上的点的 \(dis\) 都满足拓扑序，也就是拓扑排序中会出现环，那么直接判掉即可，即如果存在某个0环上的一点 \(i\) 满足 \(dis[S][i]+dis[i][T]<=dis[S][T]+K\) 那么就有无穷多的方案数了

#include 
    
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           #define RG register#define il inline#define iter iterator#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))using namespace std;typedef long long ll;const int N=200005,inf=2e8;int f[2][N],mod,n,m,K,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],dis[N<<1],num=0;bool vis[N],imp[N];int Head[N];void link(int x,int y,int z){ nxt[++num]=head[x];to[num]=y;dis[num]=z;head[x]=num;}void Link(int x,int y,int z){ nxt[++num]=Head[x];to[num]=y;dis[num]=z;Head[x]=num;}queue
           
            q;void priwork(bool t){ for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0,f[t][i]=inf; if(t==0)q.push(1),vis[1]=1,f[t][1]=0; else q.push(n),vis[n]=1,f[t][n]=0; while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for(int i=(t?Head[x]:head[x]);i;i=nxt[i]){ RG int u=to[i]; if(f[t][x]+dis[i]
            
             =mod)x-=mod;}void work(){ Clear(); int x,y,z; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&mod); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); link(x,y,z);Link(y,x,z); } priwork(0);priwork(1);solve(); for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>0 && f[0][i]+f[1][i]<=f[0][n]+K){ puts("-1");return ; } dp[1][0]=1; for(int k=0;k<=K;k++){ for(int P=1;P<=sum;P++){ int i=Q[P]; if(!dp[i][k])continue; for(RG int j=head[i];j;j=nxt[j]){ x=to[j]; if(f[0][i]+dis[j]==f[0][x]) add(dp[x][k],dp[i][k]); } } for(RG int i=1;i<=n;i++){ if(!dp[i][k])continue; for(RG int j=head[i];j;j=nxt[j]){ x=to[j]; if(f[0][i]+dis[j]!=f[0][x] && f[0][i]+k+dis[j]-f[0][x]<=K) add(dp[x][f[0][i]+k+dis[j]-f[0][x]],dp[i][k]); } } } int ans=0; for(int i=0;i<=K;i++)add(ans,dp[n][i]); printf("%d\n",ans);}int main(){ freopen("park.in","r",stdin); freopen("park.out","w",stdout); int T;cin>>T; while(T--)work(); return 0;}