#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MXN 100001
#define MXM 200001
#define MXK 51
int afst[MXM],anxt[MXM],av[MXM],aw[MXM];
int bfst[MXM],bnxt[MXM],bv[MXM],bw[MXM];
int dis[MXN],queue[10*MXN];
int f[MXN][MXK],vis[MXN][MXK];
int n,m,k,p,t,etop,ans;
bool onzer,zero[MXN];
int read(){
int x=0,w=1;
char c=getchar();
while(c<‘0‘||c>‘9‘){
if(c==‘-‘) w=-1;
c=getchar();
}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){
x=(x<<3)+(x<<1)+(c-‘0‘);
c=getchar();
}
return x*w;
}
void add(int x,int y,int z){
anxt[++etop]=afst[x];
afst[x]=etop;
av[etop]=y;
aw[etop]=z;
bnxt[etop]=bfst[y];
bfst[y]=etop;
bv[etop]=x;
bw[etop]=z;
return;
}
void spfa(){
int head=0,tail=0;
queue[tail++]=1;
while (head!=tail){
int now=queue[head];
for (int i=afst[now];i!=-1;i=anxt[i]){
int j=av[i];
if (dis[now]+aw[i]<dis[j]){
dis[j]=dis[now]+aw[i];
if (!zero[j]){
zero[j]=1;
queue[tail]=j;
if(tail+1!=10*MXN) tail++;
else tail=0;
}
}
}
if(head+1!=10*MXN) head++;
else head=0;
zero[now]=0;
}
return;
}
int ddf(int i,int h){
if(~f[i][h])return f[i][h];
vis[i][h]=1;
f[i][h]=0;
for(int y=bfst[i];y!=-1;y=bnxt[y]){
int j=bv[y],t=dis[i]-dis[j]+h-bw[y];
if(t<0)continue;
if(vis[j][t]) onzer=0;
f[i][h]+=ddf(j,t);
f[i][h]%=p;
}
vis[i][h]=0;
return f[i][h];
}
void init(){
n=read();
m=read();
k=read();
p=read();
etop=0;
memset(afst,-1,sizeof(afst));
memset(anxt,-1,sizeof(anxt));
memset(av,0,sizeof(av));
memset(aw,0,sizeof(aw));
memset(bfst,-1,sizeof(afst));
memset(bnxt,-1,sizeof(anxt));
memset(bv,0,sizeof(av));
memset(bw,0,sizeof(aw));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(zero,0,sizeof(zero));
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=0x6fffffff;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);
}
zero[1]=1;
dis[1]=0;
ans=0;
onzer=1;
f[1][0]=1;
return;
}
int main(){
t=read();
while (t--){
init();
spfa();
for(int i=0;i<=k;i++){
ans+=ddf(n,i);
ans%=p;
}
ddf(n,k+1);
if(!onzer) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
逛公园
这真是一道神奇的题目。
首先必须说明，这是我看了题解后写的。凭本人的水平是绝对A不了这道题的（毕竟考试时两天两道DP一道都没有看出来（或者说至少没有试着去写））。
不过这道题思路还是比较明确的：
首先为了得知d的值无论如何都要跑一边最短路来求（本人用的SPFA，但是自己觉得dj更好）。之后纯粹暴力的想法就是dfs，到达n之后判断这条路径上的权值和是否满足条件，dfs中判断路径上的0环，顺便用<=d+K特判（并且有些0环对答案并没有影响）。稍微思索一下就明白这样的时间复杂度为O(跑不过)。
上面提到的不重要0环可以用正反两次最短路，记下两个dis数组来判断这一点的0环是否对答案有贡献（意为：在点i处发现一个0环，利用dis1[i]+dis2[i]<=d+K判断，成立则0环对最终方案有影响（明显若不等号不成立则方案中不存在经过i点的路径，则此时暂时不用考虑这个0环））。
通过观察到K<=50，认为可以DP，其中某一个状态与K有关。状态f[i][j]表示路径上点i，此路径超过最短路长度为j。
状态转移方程可得：f[i][j]=Σf[u][t] ((u,i) in G，t=dis[i]-dis[u]+j-w[i,u])。
其中，t=dis[i]-dis[u]+j-w[i,u]的方程计算经过(u,i)路径时，若i点时权值和超过j，则u点时权值和超过t。整理前等式像这样子：t+(dis[u]+w[i,u]-dis[i])=j。
因此明显可以进行容易的DP，复杂度为O(MK)。以上方程适用于反向DP，初始化为f[1][0]=1，答案ans=∑f[n][i](0<=i<=K)。
接下来继续处理判断0环：
第一种方法是像前面某一段提到的，由于是图上DP，状态随dfs转移，因此利用一个vis数组，当dfs遇到vis为真时，利用dis1[i]+dis2[i]<=n+K判断0环是否影响答案，影响则输出-1，否则继续得佛斯；
第二种方法是我抄了题解的：dfs时再用vis[i][j]记录之前是否出现过同样的状态，出现过则输出-1。
实际上最后还额外进行了一次dfs(n,K+1)，由于题解写了，并且删了样例都过不了，就交了。据同机房大神说，是因为f[1][0]置为1，所以需要这样搞（同机房另一大神亲身经历告诉我们，删了这句话，样例不过，照样A题）。
由于状态保存的是严格到达i点路径超过最短路j，因此保证上面那一段对0环判断的有效性，并且（貌似？）没有什么后效性（据机房另一位大神透露，后效性来自转一圈后回到原点，又没有超限，下次从n开始dfs，还会dfs到这个状态，导致方案重复。代码里这样搞貌似不会这样，大约是因为第二个状态是顺着推，又在图上倒着推导致的？）。不过我不会证，就不能说什么了。
说一点题外话：
看题解时发现一些小技巧，比如数组模拟邻接表可以只开四个数组，还有代码里SPFA手打队列时对head++和tail++的处理，保证了不会RE，还有貌似可以(f+=d)%=p这样写？不过我没有这样。并且还发现2147483647==0x7fffffff，但是INF设成这个加减运算时会出问题，我设成0x6fffffff。
顺便一说刚学到head++tail++防RE的技巧时还用错了，反而导致十个点全RE了......我是真的菜，发现这一点时大喊哎呦。
就这样吧。
PS:
最近真的是遇到许多玄学RE，并且还一直调不对。今天下午调这题时dfs的参数还会莫名改变，明明所有边权值都是0，第二个状态还能搜到1？我是真的服。