NOIP2017 Day1 T3 逛公园

NOIP2017 Day1 T3

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题目描述

策策同学特别喜欢逛公园。公园可以看成一张\(N\)个点\(M\)条边构成的有向图，且没有自环和重边。其中1号点是公园的入口，\(N\)号点是公园的出口，每条边有一个非负权值，代表策策经过这条边所要花的时间。

策策每天都会去逛公园，他总是从1号点进去，从\(N\)号点出来。

策策喜欢新鲜的事物，它不希望有两天逛公园的路线完全一样，同时策策还是一个特别热爱学习的好孩子，它不希望每天在逛公园这件事上花费太多的时间。如果1号点到\(N\)号点的最短路长为\(d\)，那么策策只会喜欢长度不超过\(d + K\)的路线。

策策同学想知道总共有多少条满足条件的路线，你能帮帮它吗？

为避免输出过大，答案对\(P\)取模。

如果有无穷多条合法的路线，请输出\(-1\)。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含一个整数 \(T\), 代表数据组数。

接下来\(T\)组数据，对于每组数据：第一行包含四个整数 \(N,M,K,P\)，每两个整数之间用一个空格隔开。

接下来\(M\)行，每行三个整数\(a_i,b_i,c_i\)，代表编号为\(a_i,b_i\)的点之间有一条权值为 \(c_i\)的有向边，每两个整数之间用一个空格隔开。

输出格式：

输出文件包含 \(T\) 行，每行一个整数代表答案。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

3

-1

说明

样例解释1

对于第一组数据，最短路为 \(3\)。 \(1 – 5, 1 – 2 – 4 – 5, 1 – 2 – 3 – 5\) 为 \(3\) 条合法路径。

测试数据与约定

对于不同的测试点，我们约定各种参数的规模不会超过如下

测试点编号	\(T\)	\(N\)	\(M\)	\(K\)	是否有0边
1	5	5	10	0	否
2	5	1000	2000	0	否
3	5	1000	2000	50	否
4	5	1000	2000	50	否
5	5	1000	2000	50	否
6	5	1000	2000	50	是
7	5	100000	200000	0	否
8	3	100000	200000	50	否
9	3	100000	200000	50	是
10	3	100000	200000	50	是

对于 100%的数据, \(1 \le P \le 10^9,1 \le a_i,b_i \le N ,0 \le c_i \le 1000\)。

数据保证：至少存在一条合法的路线。

解题报告

题意理解

这道题目题意就是让你,统计一下长度为\([d,d+k]\)这个区间内从\(1->n\)的路径总数.

30pts

暴力统计

我们发现这道题目有三个点,也即是数据点1,2,7这三个点都是只需要我们找最短路的路径个数.

既然如此的话,我们不妨在最短路算法中,再开一个额外的数组统计路径个数,去拿到这三十分.

1.如果发现松弛操作的两种路径相等,也就是a->c=a->b+b->c，那么我们就将搜索到的点的路径数加上当前点的路径数，即：

    if(dis[i]==dis[k]+ver[k][i])

        cnt[i]+=cnt[k];

2.如果我们更新了搜索到的点到起点的最短距离,也就是a->c < a->b+b->c ，那么我们将到达改点的路径数改为当前点的路径数，也就是

    if(dis[i]>dis[k]+ver[k][i]){

        dis[i]=dis[k]+ver[k][i];

        cnt[i]=cnt[k];

    }

70pts

暴力思想

我们其实可以惊奇地发现,就是我们的\(k \le 50\),这说明什么就是我们完全可以暴力地去统计,长度为\(d,d+1,d+2,d+3,...,d+K\)的所有路径.

综上所述我们可以通过搜索算法,去一步步暴力地搜索,找到符合条件的路径.

但是我们发现这个搜索显然复杂度太高了.

各大剪枝

我们对于当前这一步而言,如果说它花费了\(w\)点代价,然后接下来我们统统都以最优秀的最短路走到终点,花费\(s\)点费用.

然后我们惊奇地发现\(w+s>d+k\),那么显然这一步是不合法的,因为它的最小花费代价都大于了我们的最大上限路径长度.

综上所述,第一个剪枝,就是我们的可行性剪枝.

但是我们如何统计一个点到终点的距离呢?难道我们要每一次都跑一遍最短路算法统计吗

其实我们可以通过建立一个反向图,来达到目的地.

什么是反向图?

我们以样例为例子.

这张图叫做原图.

这张图就是我们的反向图.

所谓的反向图就是将方向统统反过来,原来是a->b,现在改成b->a

反向图有什么用处

我们发现反向图最大的用处,就是统计一个点到终点的距离.

因为此时我们的起点是原来的终点N,而现在的终点变成了原来的起点1.所以我们最短路过后,每一个\(dis[i]\)表示为节点\(N\)到\(i\)的距离.

综上所述,我们就这么巧妙地处理了第一个可行性剪枝.

但是我们现在依旧发现了一个问题,我们的时间复杂度还是太高了,所以我们不得不进行记忆化剪枝,也就是利用了了动态规划的思想.

首先我们观察一下,路径长度为\(d+1,d+2,d+3,d+4,...,d+K\)的路径,他们具有以下特征.

对于长度为\(d+1\)的路径而言,我们可以认为它是最短路情况下,多走了一点冤枉路.
对于长度为\(d+2\)的路径而言,我们可以认为它是最短路情况下,多走了二点冤枉路.
对于长度为\(d+3\)的路径而言,我们可以认为它是最短路情况下,多走了三点冤枉路.

将以上路径转化后,我们发现完全可以通过动态规划的思想去处理本问题.

我们设\(f[i][j]\)表示为,当前到达了点\(i\),已经多走了冤枉路\(j\).

那么我们发现状态转移方程也迎刃而解了.

\[f[u][w]=∑f[v][w+dis[u]−(dis[v]+ver[u][v])] \\
0 \le w \le K \\
(u,v)为一条边 \\
ver[u][v]表示u到v的距离.\\
w表示当前走了w点冤枉路
\]

我们解释一下上面的状态转移方程的核心点.

\[w+dis[u]-(dis[v]+ver[u][v]);
\]

对于下面这个式子而言,它表示为从起点走到\(v\)所需要花费的最少长度.

\[dis[v]
\]

那么我们的一条最短路径,且是从\(u\)走到\(v\)所花费长度为.

\[dis[v]+ver[u][v]
\]

然后我们的从起点走到\(u\)所花费的最短长度显然为.

\[dis[u]
\]

既然如此那么我们从起点走到\(v**\)的最短路径,减去,我们从起点走到\(u\)然后再走到\(v\)的最短路径,就是我们的多走冤枉路.**

\[dis[u]-(dis[v]+ver[u][v]);
\]

综上所述,这就是我们的思路,那么最后的答案,显然就是.

\[Ans=\sum_{i=0}^{K}{f[n][i]}
\]

100pts

经历了千辛万苦的你,发现如果按照楼上的思路写代码的话,你发现居然只有70pts.

那是因为你忽略掉了-1这种无解的情况.

而-1这个点,其实就是题目中出现了长度为0的一个环 简称0环.

如何判断呢?

拓扑排序判断
Tarjan算法判断
搜索的过程中,如果一个点两次进入我们的最短路,那么显然就是0环.

显然这道题目我们使用第三个算法判断.

代码解释

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=1e5+5;//数据范围

const int inf=1e9;//最大值

int t,n,m,k,p,ans,flag,vis[N],dis[N],dp[N][55],vis_dp[N][55],x,y,z;//变量

struct node//最近get到的结构体内置,好好玩啊.模板标记

{

	int cnt,edge[N<<1],ver[N<<1],Next[N<<1],head[N];//记得边要乘以2,因为要建立反向图

	void init()//初始化

	{

		cnt=0;

		memset(head,0,sizeof(head));

	}

	void add_edge(int x,int y,int z)//建图

	{

		edge[++cnt]=y;

		ver[cnt]=z;

		Next[cnt]=head[x];

		head[x]=cnt;

	}

	void spfa(int s)//SPFA,NOIP是不会卡掉我们的.

	{

		int i,x;

		queue<int>q;

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

		{

			vis[i]=0;

			dis[i]=inf;

		}

		q.push(s),vis[s]=1,dis[s]=0;

		while(q.size())

		{

			x=q.front();

			q.pop();

			vis[x]=0;//出来了

			for(i=head[x]; i; i=Next[i])//遍历所有的出边

			{

				int y=edge[i],z=ver[i];

				if(dis[x]+z<dis[y])

				{

					dis[y]=dis[x]+z;//更新

					if(vis[y]==0)

					{

						q.push(y);

						vis[y]=1;//标记

					}

				}

			}

		}

	}

} g1,g2;

void clear()

{

	ans=0;

	flag=1;

	g1.init();//初始化很重要

	g2.init();

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

}

int dfs(int x,int k)

{

	int i,j;

	if(~dp[x][k])//记忆化搜索

		return dp[x][k];

	vis_dp[x][k]=1;//标记进入了最短路径

	dp[x][k]=0;

	for(i=g2.head[x]; i; i=g2.Next[i])

	{

		int y=g2.edge[i],z=k+dis[x]-(dis[y]+g2.ver[i]);

		if(z>=0)//如果是在指定偏差区间内的

		{

			if(vis_dp[y][z])//之前已经进入过最短路径了,那么显然是无解了.

				flag=0;

			dp[x][k]+=dfs(y,z);//统计

			dp[x][k]%=p;//取得取模

		}

	}

	vis_dp[x][k]=0;//已经从最短路径中出来了.

	return dp[x][k];//该返回了

}

int main()

{

	scanf("%d",&t);

	while(t--)

	{

		clear();

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

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

		{

			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);

			g1.add_edge(x,y,z);

			g2.add_edge(y,x,z);//不是无向边,是建立反向图

		}

		g1.spfa(1);

		dp[1][0]=1;

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

		{

			ans+=dfs(n,i);//每一个有冤枉路的路径都要加入

			ans%=p;//取模快乐

		}

		dfs(n,k+1);//再来一下判断

		if(!flag)//无解了

			puts("-1");

		else

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

	}

	return 0;

}