#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 "); else printf("%d ",ans); } return 0; }
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。