洛谷P3953 [NOIP 2017 提高組] 逛公園

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題目背景

NOIP2017 D1T3

題目描述

策策同學特別喜歡逛公園。公園可以看成一張 $N$ 個點 $M$ 條邊構成的有向圖，且沒有 自環和重邊。其中 $1$ 號點是公園的入口，$N$ 號點是公園的出口，每條邊有一個非負權值， 代表策策經過這條邊所要花的時間。

策策每天都會去逛公園，他總是從 $1$ 號點進去，從 $N$ 號點出來。

策策喜歡新鮮的事物，它不希望有兩天逛公園的路線完全一樣，同時策策還是一個 特別熱愛學習的好孩子，它不希望每天在逛公園這件事上花費太多的時間。如果 $1$ 號點 到 $N$ 號點的最短路長為 $d$，那么策策只會喜歡長度不超過 $d+K$ 的路線。

策策同學想知道總共有多少條滿足條件的路線，你能幫幫它嗎？

為避免輸出過大，答案對 $P$ 取模。

如果有無窮多條合法的路線，請輸出 $?1$。

輸入格式

第一行包含一個整數 $T$, 代表數據組數。

接下來 $T$ 組數據，對于每組數據： 第一行包含四個整數 $N,M,K,P$，每兩個整數之間用一個空格隔開。

接下來 $M$ 行，每行三個整數 $a_i,b_i,c_i$，代表編號為 $a_i,b_i$ 的點之間有一條權值為 $c_i$ 的有向邊，每兩個整數之間用一個空格隔開。

輸出格式

輸出文件包含 $T$ 行，每行一個整數代表答案。

輸入輸出樣例 #1

輸入 #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

輸出 #1

3
-1

說明/提示

【樣例解釋1】

對于第一組數據，最短路為 $3$。 $1\to 5,1\to 2\to 4\to 5,1\to 2\to 3\to 5$ 為 $3$ 條合法路徑。

【測試數據與約定】

對于不同的測試點，我們約定各種參數的規模不會超過如下

測試點編號	$T$	$N$	$M$	$K$	是否有 $0$ 邊
$1$	$5$	$5$	$10$	$0$	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

對于 $100\%$ 的數據，$1\le P\le 10^9$，$1\le a_i,b_i\le N$，$0\le c_i\le 1000$。

數據保證：至少存在一條合法的路線。

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• 2019.8.30 增加了一組 hack 數據 by @skicean
• 2022.7.21 增加了一組 hack 數據 by @djwj233

思路詳解

最短路

首先由于它要求最短路徑，由于害怕被卡，所以保險起見我們采用dijkstra求解最短路。

void dij(ll o){//dijkstra標準模板，o為起點memset(dis,0x3f,sizeof(dis));//記得賦初值!!!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

我們最多有$k$的相差，考慮依次枚舉實際相差的$q$(否則可能計算不完全)，采用記憶化深搜求解。具體步驟如下：

1. 定義：記憶化數組$f_{u,j}$為到$u$點，$q$剩下$j$的方案數。$dfs(u,q)$同理
2. 邊界條件：$f_{n,0}=1$
3. 狀態轉移：令$d=q?(di{s}_u+w_i?di{s}_v)$即消耗了當前的$q$后的值，若$d<0$則直接退出。
   否則累加答案：$f_{u,j}+=dfs(v,d)$。

但是，我們發現，題目中說可能有無數解的情況，肯定是有0環，那如何判斷是否有0環呢？，考慮定于數組$v{i}_{u,q}$，表示是否訪問過狀態$u,q$，若在深搜訪問狀態$u,q$時$v{i}_{u,q}==1$，那說明跑了一圈跑回來了，那一定有0環，標記并退出。

**int f[N][56],fl=0,vi[N][56];
int dfs(int u,int q){if(vi[u][q]){//已經訪問過這種狀態，有0環fl=1;return 0;}if(f[u][q]!=-1)return f[u][q];//記憶化深搜vi[u][q]=1;//標記f[u][q]=0;//由于f數組初始值為-1，將其賦值為0for(int i=h[u];i;i=ne[i]){int v=to[i];int d=q-(dis[u]+w[i]-dis[v]);//消耗后的狀態if(d<0)continue;f[u][q]=(f[u][q]+dfs(v,d))%p;//求和，記得取模if(fl==1)return 0;//dfs(v,d)中fl變成了1也要退出}if(u==n&&q==0)f[u][q]=1;//邊界vi[u][q]=0;//回溯return f[u][q];
}**

反向跑圖

我們將代碼提交上去，發現有些數據是錯的。而且錯誤數據都是錯誤輸出-1，即0環判斷錯誤。這是為何？我們發現，如果一旦有0環我們的深搜便會返回-1，但其實有可能根本不會經過這個0環，那如何規避這個錯誤呢？我們直接反向跑圖，這樣亂跑的情況就會被規避掉。但要注意，狀態轉移變為了：$d=q?(di{s}_v+w_i?di{s}_u)$，因為原來是$v?>u$，現在變為了$u?>v$。

完整代碼

#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標準模板，o為起點memset(dis,0x3f,sizeof(dis));//記得賦初值!!!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]){//已經訪問過這種狀態，有0環fl=1;return 0;}if(f[u][q]!=-1)return f[u][q];//記憶化深搜vi[u][q]=1;//標記f[u][q]=0;//由于f數組初始值為-1，將其賦值為0for(ll i=h[u];i;i=ne[i]){ll v=to[i];ll d=q-(dis[v]+w[i]-dis[u]);//消耗后的狀態if(d<0)continue;f[u][q]=(f[u][q]+dfs(v,d))%p;//求和，記得取模if(fl==1)return 0;//dfs(v,d)中fl變成了1也要退出}if(u==1&&q==0)f[u][q]=1;//邊界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;//鏈式前向星清空只需要清空tot與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};//將邊保存下來}for(ll i=1;i<=m;i++){ll x=a[i].x,y=a[i].y,z=a[i].z;add(x,y,z);//正向建邊}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++){//方向見圖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;
}