【luogu P3953 逛公园】题解

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3953

题外话：感觉2017年神题好多。。这还不是最神的一道，真在考场上我也就写个最短路计数暴力了。现在在大佬们的帮助下算是理解了些。

方便起见，均设路径为 u—>v 权值为w

首先，看到这个题，我们想到的是最短路计数。

最短路计数的转移是什么？

$ if(dis[v] == dis[u] + e[i].len) ans[e[i].to] = (ans[e[i].to] + ans[now]); $

$ if(dis[e[i].to] > dis[now] + e[i].len) ans[e[i].to] = ans[now]; $

注：ans[i]表示起点到i点的最短路径数

20分代码如下：

（SPFA又暴毙了？）

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 200010;

int dis[maxn], ans[maxn], n, m, k, T, p;

bool vis[maxn];

struct edge{

    int next, to, len;

}e[maxn<<2];

int head[maxn], cnt;

queue<int> q;

void add(int u, int v, int w)

{

    e[++cnt].len = w;

    e[cnt].next = head[u];

    e[cnt].to = v;

    head[u] = cnt;

}

int Ans;

void SPFA()

{

    while(!q.empty())

    {

        int now = q.front(); q.pop();

        vis[now] = 0;

        for(int i = head[now]; i != -1; i = e[i].next)

        {

            if(dis[e[i].to] == dis[now] + e[i].len)

            {

                ans[e[i].to] = (ans[e[i].to] + ans[now]);

                if(!vis[e[i].to])

                {

                    q.push(e[i].to);

                    vis[e[i].to]=true;

                }

            }

            if(dis[e[i].to] > dis[now] + e[i].len)

            {

                dis[e[i].to] = dis[now] + e[i].len;

                ans[e[i].to] = ans[now];

                if(!vis[e[i].to] /*&& ans[e[i].to]*/)

                {

                    q.push(e[i].to);

                    vis[e[i].to] = 1;

                }

            }

        }

        if(now==n)	Ans+=ans[now];

        ans[now]=0;

    }

}

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        memset(head, -1, sizeof(head));

        memset(dis, 127, sizeof(dis));

        memset(vis, 0, sizeof(vis));

        memset(ans, 0, sizeof(ans));

        while(!q.empty()) q.pop();

        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);

        for(int i = 1; i <= m; i++)

        {

            int u, v, w;

            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

            add(u, v, w);

        }

        dis[1] = 0;

        vis[1] = 1;

        ans[1] = 1;

        q.push(1);

        SPFA();

        printf("%d\n",Ans);

        Ans=0;

    }

}

带劲！

接着看到题目要求计算<=k的路径数，我们考虑是不是可以在ans这玩意后再开一维？

我们设f[i][j]表示当前第i个点，与到n的最短路相差j的方案数。然后沿前驱递归回去计算。

于是有转移方程：

$f[u][j] = Σf[v][dis[u]+j-w-dis[v]]$

u是当前点，v是它的前驱，w是它与它前驱的边的权值，j是相差为j，dis[x]表示1—>x的最短路

这个方程我们可以用类似前缀和的想法解释：

当前的dis[u] + j可以理解成我目前到点N可以消耗的路径长度，而dis[v] + w便是如果v点转移到u上去所需要消耗的路径长度，相减若大于等于0，这说明我们是可以从v点过来的，那么这样一直到点1，直到不能再有可以消耗的差值，我们就说明找到了一条从1—>n差值为j的路径。所以初始的状态为f[1][0] = 1。

最后相差为j的答案就会存储在dp[n][j]里。

所以我们要建一个反着的图，为了方便我们枚举前驱。

于是：

for(i = 1; i <= k; i++)

ans += f[n][i];

这时候..考虑怎么判断0环？

如果有0环的话，我的dp方程转移会被转移多次，所以我们用一个used判断是不是被转移多次就好了。

下面用记忆化搜索实现

code：

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 200010;

int dis[maxn], ans, n, m, mod, k, flag, T, f[maxn][51], used[maxn][51];

bool vis[maxn];

struct edge{

    int to, next, len;

}e1[maxn<<2], e2[maxn<<2];//正图1   反图2

int head1[maxn], head2[maxn], cnt1, cnt2;

void add1(int u, int v, int w)

{

    e1[++cnt1].len = w;

    e1[cnt1].next = head1[u];

    e1[cnt1].to = v;

    head1[u] = cnt1;

}

void add2(int u, int v, int w)

{

    e2[++cnt2].len = w;

    e2[cnt2].next = head2[u];

    e2[cnt2].to = v;

    head2[u] = cnt2;

}

//----------------------------------

void SPFA()

{

    queue<int> q;

    memset(dis, 64, sizeof(dis));

    memset(vis, 0, sizeof(vis));

    dis[1] = 0, vis[1] = 1;

    q.push(1);

    while(!q.empty())

    {

        int now = q.front(); q.pop();

        vis[now] = 0;

        for(int i = head1[now]; i != -1; i = e1[i].next)

        {

            if(dis[e1[i].to] > dis[now] + e1[i].len)

            {

                dis[e1[i].to] = dis[now] + e1[i].len;

                if(!vis[e1[i].to])

                {

                    q.push(e1[i].to);

                    vis[e1[i].to] = 1;

                }

            }

        }

    }

}

//----------------------------------

int dfs(int u, int k)

{

    if(~f[u][k]) return f[u][k];

    used[u][k] = 1;

    f[u][k] = 0;

    for(int i = head2[u]; i != -1; i = e2[i].next)

    {

        int v = e2[i].to, w = e2[i].len;

        int t = dis[u] + k - w - dis[v];

        if(t < 0) continue;

        if(used[v][t]) flag = 1;

        f[u][k] = (f[u][k] + dfs(v, t)) % mod;

    }

    used[u][k] = 0;

    return f[u][k];

}

//----------------------------------

void init()

{

    memset(f, -1, sizeof(f));

    memset(used, 0, sizeof(used));

    memset(e1, 0, sizeof(e1));

    memset(e2, 0, sizeof(e2));

    memset(head1, -1, sizeof(head1));

    memset(head2, -1, sizeof(head2));

    cnt1 = 0, cnt2 = 0, ans = 0, flag = 0;

}

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&mod);

        init();

        for(int i = 1; i <= m; i++)

        {

            int u, v, w;

            scanf("%d%d%d",&u, &v, &w);

            add1(u, v, w);

            add2(v, u, w);

        }

        SPFA();

        f[1][0] = 1;

        for(int i = 0; i <= k; i++)

        ans = (ans + dfs(n, i))%mod;

        dfs(n, k+1);

        if(flag) {printf("-1\n"); continue;}

        printf("%d\n",ans);

    }

    return 0;

}

（SPFA没有死！）

巴特西

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