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题目传送门 - 洛谷P3953
题目传送门 - Vijos P2030
题意
给定一个有向图，有 $n$ 个节点 $m$ 条边，边权值 $in[0,1000]$ 。
小明要从 $1$ 走到 $n$ ，要求路径长度最大为 $d+k$ ，其中 $d$ 为 $1$ 到 $n$ 最短路长度。
问小明有多少种走法，答案对 $p$ 取模。如果有无数种走法，那么输出 $-1$ 。
$nleq 100000,mleq 200000,0leq kleq 50,1leq p leq 10^9$
题解
我们首先看看没有 $0$ 边，即答案不为 $-1$ 的情况。
显然我们可以先 SPFA 跑一遍最短路。
我们记 $dis_i$ 表示到节点 $i$ 的最短路长度。
令 $dp_{i,j}$ 表示到达第 $i$ 个节点，路径长度为 $dis_i+j$ 的路径个数。
显然可以在最短路网上生成的最短路 DAG 上搞一个拓扑序，然后 $Theta(nk)$ DP 解决。
那么如果出现了 $0$ 环呢？
首先我们不能草率的定下“图中有 $0$ 环答案就是 $-1$”这种结论。
当然，“ $1$ 至 $n$ 通路上有零环答案是 $-1$” 也是错的。
考虑到 $0$ 环上面可以随意转移，所以同一个 $0$ 环上的节点就像一个节点一样。
所以我们可以 Tarjan 缩点一波。具体地：如果边权为 $0$ ，那么视为有边，否则视为无边。强连通缩点建立新图。
于是我们在新环上面做 DP 。
考虑在 DP 的过程中，一旦遇到零环上的点 $i$ ，一旦 $dp_{i,j}>0$ ，那么 $dp_{i,j}=infty$ 。
并用此更新后面的点。
这里需要注意一个细节：由于我们计算的 $dp_{i,j}$ 是模意义下的，当 $dp_{i,j}equiv 0pmod p$ 时，不一定满足 $dp_{i,j}=0$，所以我们需要再开一个数组来记录 $dp_{i,j}$ 的特性：是 $0$ 、有限正整数 还是 $infty$ 。
然后我 TLE 了……蒟蒻自带大常数啊 QAQ ，只能卡常了。
搞了好久之后，才想到好的做法。由于数组模拟链表跳着访问数组会很慢的，所以：
可以通过把要访问的边按照顺序放在连续的存储单元内，并顺序访问来提高速度。
结果卡了两倍多的常数，过掉了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,M=N*2,K=55;
int T,n,m,k,p;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while (!('0'<=ch&&ch<='9'))
ch=getchar();
while ('0'<=ch&&ch<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x;
}
struct Gragh{
int cnt,x[M],y[M],z[M],nxt[M],fst[N];
void clear(){
cnt=0;
memset(fst,0,sizeof fst);
}
void add(int a,int b,int c){
y[++cnt]=b,x[cnt]=a,z[cnt]=c,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
}
}g,g2;
int Time,top,tot,bh[N],dfn[N],low[N],vis[N],st[N],inst[N],Nodecnt[N];
int dp[N][K],type[N][K];
int X[M],Y[M],Z[M],e;
void Tarjan(int x){
vis[x]=1,dfn[x]=low[x]=++Time;
st[++top]=x,inst[x]=1;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i]){
if (g.z[i]>0)
continue;
int y=g.y[i];
if (!vis[y]){
Tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if (inst[y])
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
if (dfn[x]==low[x]){
tot++;
bh[st[top]]=tot;
inst[st[top]]=0;
while (st[top--]!=x){
bh[st[top]]=tot;
inst[st[top]]=0;
}
}
}
int q[N],head,tail,qmod,dis[N],f[N],in[N];
void SPFA(int S){
memset(f,0,sizeof f);
for (int i=0;i<N;i++)
dis[i]=1.5e9;
head=tail=0,qmod=tot+2;
dis[S]=0,f[S]=1,q[++tail]=S;
while (head!=tail){
int x=q[head=(head+1)%qmod],y;
f[x]=0;
for (int i=g2.fst[x];i;i=g2.nxt[i])
if (dis[y=g2.y[i]]>dis[x]+g2.z[i]){
dis[y]=dis[x]+g2.z[i];
if (!f[y]){
f[y]=1;
q[tail=(tail+1)%qmod]=y;
}
}
}
}
void solve(){
n=read(),m=read(),k=read(),p=read();
int S=1,T=n;
g.clear();
for (int i=1;i<=m;i++){
int a=read(),b=read(),c=read();
g.add(a,b,c);
}
Time=top=tot=0;
memset(bh,0,sizeof bh);
memset(st,0,sizeof st);
memset(dfn,0,sizeof dfn);
memset(low,0,sizeof low);
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(inst,0,sizeof inst);
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!vis[i])
Tarjan(i);
g2.clear();
for (int i=1;i<=g.cnt;i++)
if (bh[g.x[i]]!=bh[g.y[i]])
g2.add(bh[g.x[i]],bh[g.y[i]],g.z[i]);
memset(Nodecnt,0,sizeof Nodecnt);
for (int i=1;i<=n;i++)
Nodecnt[bh[i]]++;
S=bh[S],T=bh[T];
SPFA(S);
memset(in,0,sizeof in);
for (int i=1;i<=g2.cnt;i++)
if (dis[g2.x[i]]+g2.z[i]==dis[g2.y[i]])
in[g2.y[i]]++;
head=tail=0;
for (int i=1;i<=tot;i++)
if (in[i]==0)
q[++tail]=i;
while (head<tail){
int x=q[++head],y;
for (int i=g2.fst[x];i;i=g2.nxt[i])
if (dis[x]+g2.z[i]==dis[g2.y[i]]){
in[g2.y[i]]--;
if (in[g2.y[i]]==0)
q[++tail]=g2.y[i];
}
}
memset(type,0,sizeof type);
memset(dp,0,sizeof dp);
dp[S][0]=type[S][0]=1;
int ans=0;
e=0;
for (int iq=1;iq<=tot;iq++)
for (int i=g2.fst[q[iq]];i;i=g2.nxt[i]){
e++;
X[e]=g2.x[i];
Y[e]=g2.y[i];
Z[e]=g2.z[i];
}
for (int ix=0;ix<=k;ix++){
int x,y,z;
for (int i=1;i<=tot;i++)
if (Nodecnt[i]>1&&type[i][ix]==1)
type[i][ix]=2;
for (int i=1;i<=e;i++){
x=X[i],y=Y[i],z=Z[i];
if (type[x][ix]==0)
continue;
int iy=dis[x]+ix+z-dis[y];
if (iy>k||type[y][iy]==2)
continue;
type[y][iy]=type[x][ix];
if (type[x][ix]==1){
dp[y][iy]=dp[y][iy]+dp[x][ix];
if (dp[y][iy]>=p)
dp[y][iy]-=p;
}
}
if (type[T][ix]==2){
ans=-1;
break;
}
else if (type[T][ix]==1)
ans=(ans+dp[T][ix])%p;
}
printf("%d
",ans);
}
int main(){
T=read();
while (T--)
solve();
return 0;
}