题面
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Solution
这是一道神题
首先，我们不妨想一下K=0，即求最短路方案数的部分分。
我们很容易可以想到一个做法，就是魔改迪杰斯特拉做法：
如果一个点可以更新到达其他点的距离，那个点的方案数就是这个点的方案数；如果一个点所更新出来的距离和之前的相等，那个点的方案数加等当前点的方案数。
用式子可以表现为：
f[j]=f[i] (dis[j]>dis[i]+x)
f[j]+=f[i] (dis[j]==dis[i]+x)
(i表示当前点，j表示它更新的点，x为i到j那条路的距离)
那我们怎么保证它的顺序不会出错，即如何保证一个点去更新其他点的方案数的时候，这个点的方案数是正确的呢？
事实上，这种做法就是一种DP。
那么，对于K！=0的情况怎么处理呢？
观察数据，我们会发现K最大只有50。
因此，我们可以考虑在DP上加一维来解决这个K值。
考虑这样设状态：
f[i][j] 表示到达i点，距离为dis[i]+j 的方案数
转移非常好写
f[i][j] = sigema (f[k][dis[i]+j-dis[k]-a]) (k为直接连到i的点，a表示它们之间的边权)
初始化其实我们在30分做法中就已经求好了。
转移顺序是个问题。
我们显然可以在外层枚举j，问题是，有时候，dis[i]+j-dis[k]-a会等于j，如果枚举i的顺序错了，答案肯定会跟着错。
对于dis[i]+j-dis[k]-a==j 的点，肯定是k去更新i，又因为边权没有负值，所以我们就可以按照dis从小到大去去枚举i的值。
以上是没有零边的做法。
对于有零边的情况，我们刚刚的做法就会出问题。如图：
所以说，我们把原图转换一下，只保留0边，对新图做拓扑排序。
如果做完拓扑排序之后，有几个点没有进入过排序中，就说明这个图有零环，就gg了。
我们把拓扑序做完之后再执行原来有的最短路和dp，这样就不会错了。
就酱，我们就嘴巴AC这道题啦o(*￣▽￣*)o 。
事实上，这样做并A不了，因为这题TM卡常(╯°Д°)╯︵┻━┻
然后，你会被卡30分并因此退役（或者是开O2A掉这道题（但是NOIP中并不开O2，所以你还是因此退役了））
Code
//Luogu P3953 逛公园 //Sep,18th,2018 //最短路+拓扑排序+DP+卡常神题 // luogu-judger-enable-o2 #include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; long long read() { long long x=0,f=1; char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } const int N=100000+100; const int M=50+5; const int inf=0x3f3f3f3f; struct DIS { int dis,no,zero; }dis[N]; bool cmp(DIS A,DIS B) { if(A.dis==B.dis) return A.zero<B.zero; return A.dis<B.dis; } struct road { int to,w; road(int A,int B) { to=A,w=B; } friend bool operator < (road A,road B) { if(A.w==B.w) return dis[A.to].zero > dis[B.to].zero; return A.w > B.w; } }; vector <road> e[N],rev[N]; int n,m,K,poi,T,rd[N],dl2[N],front2,tail2,dis2[N]; long long f[N][M]; priority_queue <road,vector<road> > dl; bool vis[N]; void dj() { for(int i=1;i<=n;i++) dis[i].dis=inf,dis[i].no=i; dis[1].dis=0; memset(dis2,0x3f,sizeof dis2); dis2[1]=0; while(dl.empty()==false) dl.pop(); memset(vis,0,sizeof vis); dl.push(road(1,0)); f[1][0]=1; int cnt=0; while(cnt!=n and dl.empty()==false) { road temp=dl.top(); dl.pop(); if(vis[temp.to]==true) continue; vis[temp.to]=true; int now=temp.to,dis_now=temp.w; for(int i=0;i<int(e[now].size());i++) if(dis_now+e[now][i].w < dis[e[now][i].to].dis) { f[e[now][i].to][0]=f[now][0]; dis[e[now][i].to].dis=dis_now+e[now][i].w; dis2[e[now][i].to]=dis_now+e[now][i].w; dl.push(road(e[now][i].to,dis[e[now][i].to].dis)); } else if(dis_now+e[now][i].w == dis[e[now][i].to].dis) f[e[now][i].to][0]=(f[e[now][i].to][0]+f[now][0])%poi; } } void GetTP() { tail2=front2=0; memset(vis,0,sizeof vis); for(int i=1;i<=n;i++) if(rd[i]==0) dl2[tail2++]=i; int cnt=0; while(tail2>front2) { dis[dl2[front2]].zero=++cnt; vis[dl2[front2]]=true; for(int i=0;i<int(e[dl2[front2]].size());i++) if(e[dl2[front2]][i].w==0 and vis[e[dl2[front2]][i].to]==false) { rd[e[dl2[front2]][i].to]--; if(rd[e[dl2[front2]][i].to]==0) dl2[tail2++]=e[dl2[front2]][i].to; } front2++; } } int main() { T=read(); for(int i=1;i<N;i++) e[i].reserve(4),rev[i].reserve(4); for(;T>0;T--) { memset(f,0,sizeof f); memset(rd,0,sizeof rd); n=read(),m=read(),K=read(),poi=read(); for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear(),rev[i].clear(); for(int i=1;i<=m;i++) { int a=read(),b=read(),c=read(); e[a].push_back(road(b,c)); rev[b].push_back(road(a,c)); if(c==0) rd[b]++; } GetTP(); bool OK=true; for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]==false) OK=false; if(OK==false) { printf("-1 "); continue; } dj(); sort(dis+1,dis+1+n,cmp); for(int j=1;j<=K;j++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int k=0;k<int(rev[dis[i].no].size());k++) { int t=dis[i].no,s=rev[t][k].to; if(dis2[t]!=inf and dis2[s]!=inf and dis2[t]+j-dis2[s]-rev[t][k].w>=0 ) f[t][j]=(f[t][j]+f[s][dis2[t]+j-dis2[s]-rev[t][k].w])%poi; } long long ans=0; for(int i=0;i<=K;i++) ans=(ans+f[n][i])%poi; printf("%lld ",ans); } return 0; }