洛谷P3953 [NOIP 2017 提高组] 逛公园

洛谷P3953 [NOIP 2017 提高组] 逛公园

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题目背景

NOIP2017 D1T3

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 $a_i,b_i,c_i$，代表编号为 $a_i,b_i$ 的点之间有一条权值为 $c_i$ 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 #1

输入 #1

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 #1

3
-1

说明/提示

【样例解释1】

对于第一组数据，最短路为 $3$。 $1\to 5,1\to 2\to 4\to 5,1\to 2\to 3\to 5$ 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	$T$	$N$	$M$	$K$	是否有 $0$ 边
$1$	$5$	$5$	$10$	$0$	否
$2$	$5$	$10^3$	$2\times 10^3$	$0$	否
$3$	$5$	$10^3$	$2\times 10^3$	$50$	否
$4$	$5$	$10^3$	$2\times 10^3$	$50$	否
$5$	$5$	$10^3$	$2\times 10^3$	$50$	否
$6$	$5$	$10^3$	$2\times 10^3$	$50$	是
$7$	$5$	$10^5$	$2\times 10^5$	$0$	否
$8$	$3$	$10^5$	$2\times 10^5$	$50$	否
$9$	$3$	$10^5$	$2\times 10^5$	$50$	是
$10$	$3$	$10^5$	$2\times 10^5$	$50$	是

对于 $100\%$ 的数据，$1\le P\le 10^9$，$1\le a_i,b_i\le N$，$0\le c_i\le 1000$。

数据保证：至少存在一条合法的路线。

---

• 2019.8.30 增加了一组 hack 数据 by @skicean
• 2022.7.21 增加了一组 hack 数据 by @djwj233

思路详解

最短路

首先由于它要求最短路径，由于害怕被卡，所以保险起见我们采用dijkstra求解最短路。

void dij(ll o){//dijkstra标准模板，o为起点memset(dis,0x3f,sizeof(dis));//记得赋初值!!!memset(vis,0,sizeof(vis));queue<ll>q;q.push(o);vis[o]=1;dis[o]=0;while(!q.empty()){ll u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(ll i=h[u];i;i=ne[i]){ll v=to[i];if(dis[v]>dis[u]+w[i]){dis[v]=dis[u]+w[i];if(!vis[v]){vis[v]=1;q.push(v);}}}}
}

深搜求解

我们最多有$k$的相差，考虑依次枚举实际相差的$q$(否则可能计算不完全)，采用记忆化深搜求解。具体步骤如下：

1. 定义：记忆化数组$f_{u,j}$为到$u$点，$q$剩下$j$的方案数。$dfs(u,q)$同理
2. 边界条件：$f_{n,0}=1$
3. 状态转移：令$d=q-(di{s}_u+w_i-di{s}_v)$即消耗了当前的$q$后的值，若$d<0$则直接退出。
   否则累加答案：$f_{u,j}+=dfs(v,d)$。

但是，我们发现，题目中说可能有无数解的情况，肯定是有0环，那如何判断是否有0环呢？，考虑定于数组$v{i}_{u,q}$，表示是否访问过状态$u,q$，若在深搜访问状态$u,q$时$v{i}_{u,q}==1$，那说明跑了一圈跑回来了，那一定有0环，标记并退出。

**int f[N][56],fl=0,vi[N][56];
int dfs(int u,int q){if(vi[u][q]){//已经访问过这种状态，有0环fl=1;return 0;}if(f[u][q]!=-1)return f[u][q];//记忆化深搜vi[u][q]=1;//标记f[u][q]=0;//由于f数组初始值为-1，将其赋值为0for(int i=h[u];i;i=ne[i]){int v=to[i];int d=q-(dis[u]+w[i]-dis[v]);//消耗后的状态if(d<0)continue;f[u][q]=(f[u][q]+dfs(v,d))%p;//求和，记得取模if(fl==1)return 0;//dfs(v,d)中fl变成了1也要退出}if(u==n&&q==0)f[u][q]=1;//边界vi[u][q]=0;//回溯return f[u][q];
}**

反向跑图

我们将代码提交上去，发现有些数据是错的。而且错误数据都是错误输出-1，即0环判断错误。这是为何？我们发现，如果一旦有0环我们的深搜便会返回-1，但其实有可能根本不会经过这个0环，那如何规避这个错误呢？我们直接反向跑图，这样乱跑的情况就会被规避掉。但要注意，状态转移变为了：$d=q-(di{s}_v+w_i-di{s}_u)$，因为原来是$v->u$，现在变为了$u->v$。

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+4;
ll n,m,t,k,p;
ll h[N],to[N],w[N],ne[N],tot;
void add(ll u,ll v,ll d){tot++;to[tot]=v;w[tot]=d;ne[tot]=h[u];h[u]=tot;
}
struct edge{ll x,y,z;
}a[N];
ll dis[N],vis[N];
void dij(ll o){//dijkstra标准模板，o为起点memset(dis,0x3f,sizeof(dis));//记得赋初值!!!memset(vis,0,sizeof(vis));queue<ll>q;q.push(o);vis[o]=1;dis[o]=0;while(!q.empty()){ll u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(ll i=h[u];i;i=ne[i]){ll v=to[i];if(dis[v]>dis[u]+w[i]){dis[v]=dis[u]+w[i];if(!vis[v]){vis[v]=1;q.push(v);}}}}
}
ll ans;
ll f[N][56],fl=0,vi[N][56];
ll dfs(ll u,ll q){if(vi[u][q]){//已经访问过这种状态，有0环fl=1;return 0;}if(f[u][q]!=-1)return f[u][q];//记忆化深搜vi[u][q]=1;//标记f[u][q]=0;//由于f数组初始值为-1，将其赋值为0for(ll i=h[u];i;i=ne[i]){ll v=to[i];ll d=q-(dis[v]+w[i]-dis[u]);//消耗后的状态if(d<0)continue;f[u][q]=(f[u][q]+dfs(v,d))%p;//求和，记得取模if(fl==1)return 0;//dfs(v,d)中fl变成了1也要退出}if(u==1&&q==0)f[u][q]=1;//边界vi[u][q]=0;//回溯return f[u][q];
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>t;for(ll cas=1;cas<=t;cas++){cin>>n>>m>>k>>p;fl=0;tot=0;//链式前向星清空只需要清空tot与hmemset(h,0,sizeof(h));for(ll i=1;i<=m;i++){ll x,y,z;cin>>x>>y>>z;a[i]={x,y,z};//将边保存下来}for(ll i=1;i<=m;i++){ll x=a[i].x,y=a[i].y,z=a[i].z;add(x,y,z);//正向建边}dij(1);//正向跑最短路ans=0;tot=0;//清空memset(h,0,sizeof(h));for(ll i=1;i<=m;i++){//方向见图ll x=a[i].x,y=a[i].y,z=a[i].z;add(y,x,z);}memset(f,-1,sizeof(f));memset(vi,0,sizeof(vi));for(ll i=0;i<=k;i++){ans=(ans+dfs(n,i))%p;if(fl)break;}if(fl)cout<<-1<<'\n';else cout<<ans<<'\n';}return 0;
}