题目描述
策策同学特别喜欢逛公园。公园可以看成一张NN 个点MM 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，NN 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NN 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dd ，那么策策只会喜欢长度不超过d + Kd+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PP 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 TT , 代表数据组数。
接下来TT 组数据，对于每组数据： 第一行包含四个整数 N,M,K,PN,M,K,P ，每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来MM 行，每行三个整数a_i,b_i,c_iai?,bi?,ci? ，代表编号为a_i,b_iai?,bi? 的点之间有一条权值为 c_ici? 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 TT 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 3 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 | TT | NN | MM | KK | 是否有0边 |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 5 | 5 | 10 | 0 | 否 |
| 2 | 5 | 1000 | 2000 | 0 | 否 |
| 3 | 5 | 1000 | 2000 | 50 | 否 |
| 4 | 5 | 1000 | 2000 | 50 | 否 |
| 5 | 5 | 1000 | 2000 | 50 | 否 |
| 6 | 5 | 1000 | 2000 | 50 | 是 |
| 7 | 5 | 100000 | 200000 | 0 | 否 |
| 8 | 3 | 100000 | 200000 | 50 | 否 |
| 9 | 3 | 100000 | 200000 | 50 | 是 |
| 10 | 3 | 100000 | 200000 | 50 | 是 |
对于 100%的数据, 1 \le P \le 10^9,1 \le a_i,b_i \le N ,0 \le c_i \le 10001≤P≤109,1≤ai?,bi?≤N,0≤ci?≤1000 。
数据保证：至少存在一条合法的路线。
只有60的记忆化搜索。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<queue>
#define N 100000+5
#define K 50+3
#define INF 0x7FFFFFFF
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s>‘9‘ || s<‘0‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();}
while(s<=‘9‘ && s>=‘0‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();}
return x*f;
}
struct edge{int to,next,v;}a[N],re[N];
int n,m,k,p,cnt,cnt1,head[N],headre[N],v[N],ans[N][K],vis[N][K],d[N],alive[N];
void add(int x,int y,int v)
{
a[++cnt].to=y;a[cnt].v=v;
a[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;
}
void addre(int x,int y,int v)
{
re[++cnt1].to=y;re[cnt1].v=v;
re[cnt1].next=headre[x];headre[x]=cnt1;
}
int dfs(int x,int b)
{
if(b<0)return 0;
if(vis[x][b]==1)return -INF;
if(ans[x][b]!=-1)return ans[x][b];
vis[x][b]=1;
int key=0;
if(x==n)key++;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next)
if(alive[a[i].to])
{
int v=a[i].to;
int delta=a[i].v-(d[v]-d[x]);
int w=dfs(v,b-delta);
if(w==-INF)return -INF;
else key=(key+w)%p;
}
ans[x][b]=key%p;
vis[x][b]=0;
return key;
}
void spfa()
{
queue<int>q;
q.push(1);v[1]=1;
d[1]=0;
while(!q.empty())
{
int h=q.front();q.pop();v[h]=0;
for(int i=head[h];i;i=a[i].next)
{
int x=a[i].to;
if(d[h]+a[i].v<d[x])
{
d[x]=d[h]+a[i].v;
if(!v[h])
q.push(x);
}
}
}
}
void da()
{
queue<int>q;
q.push(n);alive[n]=1;
while(!q.empty())
{
int h=q.front();q.pop();
for(int i=headre[h];i;i=re[i].next)
{
int x=re[i].to;
if(!alive[x]){alive[x]=1;q.push(x);}
}
}
}
void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].to=a[i].next=a[i].v=0;
re[i].to=re[i].next=re[i].v=0;
head[i]=headre[i]=v[i]=d[i]=alive[i]=0;
for(int l=0;l<=k;l++)
{
ans[i][l]=-1;
vis[i][l]=0;
}
}
}
int main()
{
int t;t=read();
while(t--)
{
n=read(),m=read(),k=read(),p=read();
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
a=read(),b=read(),c=read();
add(a,b,c);addre(b,a,c);
}
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=INF;
spfa();
da();
//for(int i=1;i<=n;i++)cout<<d[i]<<‘ ‘;
int z=dfs(1,k);
if(z==-INF)printf("-1\n");else printf("%d\n",z%p);
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/fdfzhyf/p/8711127.html