@ysner
2018-11-03T07:52:19.000000Z
字数 6522
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图论
拓扑排序
DP
最短路
无人不知,无人不晓。
这绝对是得分最难的题目。
最短路计数?跑的同时,顺便算下方案数就好。
于是设表示由到点的方案数。
#define pi pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >Q;
il void Dijstra()
{
fp(i,1,n) dis[i]=1e9,vis[i]=0;
dis[1]=0;Q.push(mk(0,1));
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.top().se;Q.pop();
vis[u]=1;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].w;f[v]=f[u];
Q.push(mk(dis[v],v));
}
else if(dis[v]==dis[u]+e[i].w) (f[v]+=f[u])%=mod;
}
while(!Q.empty()&&vis[Q.top().se]) Q.pop();
}
}
考虑到很小,可以把加入状态。
于是设表示到达点,路径长度比最短路长的方案数。
看这个状态就知道我们要预处理最短路。
状态都会设,正确转移估计没多少人会了
显然转移式为
但是题目背景是张图,时是要考虑转移顺序的。
由于在转移过程中,这一维一定是单调不降的,那么肯定是由小的状态往大的状态转移。
但是这样还不止,你会发现只这么写会过不了某个样例。。。而且这个样例的。。。
注意到相等的转移(在最短路上的转移)是有锅的。
其实这一类型的转移,我们都是由值小的转移到值大的,这一点看看最短路计数的转移就应该明白。
那么这里也一样,给所有点依排个序,这就是转移的拓扑序。
然后像拓扑排序那样转移就行,由一个节点向与其相连的多个结点转移。
于是就有了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pi pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int f[55][N],n,m,k,mod,h[N],cnt,dis[N],ans,sta[N];
bool vis[N];
struct Edge{int to,nxt,w;}e[N<<1];
il void add(re int u,re int v,re int w){e[++cnt]=(Edge){v,h[u],w};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void Dijstra()
{
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >Q;
fp(i,1,n) dis[i]=1e9,vis[i]=0;
dis[1]=0;Q.push(mk(0,1));
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.top().se;Q.pop();
vis[u]=1;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].w;
Q.push(mk(dis[v],v));
}
}
while(!Q.empty()&&vis[Q.top().se]) Q.pop();
}
}
il void Dp()
{
fp(j,0,k)
fp(o,1,n)
{
re int u=sta[o];
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(dis[u]+j-dis[v]+e[i].w>=0&&dis[u]+j-dis[v]+e[i].w<=k)
(f[dis[u]+j-dis[v]+e[i].w][v]+=f[j][u])%=mod;
}
}
}
il bool cmp(re int x,re int y){return dis[x]<dis[y];}
int main()
{
re int T=gi();
while(T--)
{
memset(h,-1,sizeof(h));memset(f,0,sizeof(f));cnt=0;ans=0;
n=gi();m=gi();k=gi();mod=gi();
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
add(u,v,w);
}
Dijstra();
fp(i,1,n) sta[i]=i;sort(sta+1,sta+1+n,cmp);
f[0][1]=1;
Dp();
fp(i,0,k) (ans+=f[i][n])%=mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
有边时转移又锅了。
因为会有和同时相等的点,它们谁先转移,谁后转移需要进一步确定。
仔细想想,发现按拓扑序转移就行了,毕竟只有这样才满足无后效性。
那就进行一遍拓扑排序(只有边提供入度,因为针对和同时相等的点)。
如果跑完后还有点没进拓扑序,说明有环。
如果有合法路线经过环,就可以了(但实际上GGF的数据中,只要有零环就可以puts)。
然后再两重标准给点排序,再照搬转移即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pi pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int f[55][N],n,m,k,mod,h[N],cnt,dis[N],ans,sta[N],d[N],seq[N],top;
bool vis[N],lab[N];
struct Edge{int to,nxt,w;}e[N<<1];
il void add(re int u,re int v,re int w){e[++cnt]=(Edge){v,h[u],w};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void Dijstra()
{
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >Q;
fp(i,1,n) dis[i]=1e9,vis[i]=0;
dis[1]=0;Q.push(mk(0,1));
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.top().se;Q.pop();
vis[u]=1;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].w;
Q.push(mk(dis[v],v));
}
}
while(!Q.empty()&&vis[Q.top().se]) Q.pop();
}
}
il void Dp()
{
fp(j,0,k)
fp(o,1,n)
{
re int u=sta[o];
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(dis[u]+j-dis[v]+e[i].w>=0&&dis[u]+j-dis[v]+e[i].w<=k)
(f[dis[u]+j-dis[v]+e[i].w][v]+=f[j][u])%=mod;
}
}
}
il int Toposort()
{
queue<int>Q;
fp(i,1,n) if(!d[i]) Q.push(i);
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.front();Q.pop();seq[u]=++top;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
if(!e[i].w)
{
re int v=e[i].to;
if(!--d[v]) Q.push(v);
}
}
fp(i,1,n) if(d[i]) return 0;
return 1;
}
il bool cmp(re int x,re int y){return dis[x]<dis[y]||(dis[x]==dis[y]&&seq[x]<seq[y]);}
int main()
{
re int T=gi();
while(T--)
{
memset(h,-1,sizeof(h));memset(f,0,sizeof(f));memset(d,0,sizeof(d));
cnt=0;ans=0;top=0;
n=gi();m=gi();k=gi();mod=gi();
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
add(u,v,w);if(!w) ++d[v];
}
if(!Toposort()) {puts("-1");continue;}
Dijstra();
fp(i,1,n) sta[i]=i;sort(sta+1,sta+1+n,cmp);
f[0][1]=1;
Dp();
fp(i,0,k) (ans+=f[i][n])%=mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
想想上面的转移顺序都是些什么鬼。
注意到这个玩意其实很像由起点向终点转移。但是不可行的原因是有后效性。
想想拓扑排序,只要没有入度就没有后效性。
所以我们要在处理一个点的信息前把其前驱的点的信息处理完。
这里不是,不能拓扑排序,怎么办呢?
可以倒着记忆化搜索,这样就能在前驱的信息算完后再算自己的信息。
这样三个条件都满足。。。
状态中只要有当前位置、值就是对的。
有环的情况就是搜一个点的前驱时搜到了自己,记个判一下即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pi pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int f[55][N],n,m,K,mod,h[N],cnt=1,dis[N],ans;
bool vis[N],use[55][N];
struct Edge{int to,nxt,w;}e[N<<1];
il void add(re int u,re int v,re int w){e[++cnt]=(Edge){v,h[u],w};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void Dijstra()
{
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >Q;
fp(i,1,n) dis[i]=1e9,vis[i]=0;
dis[1]=0;Q.push(mk(0,1));
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.top().se;Q.pop();
vis[u]=1;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
if(!(i&1))
{
re int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].w;
Q.push(mk(dis[v],v));
}
}
while(!Q.empty()&&vis[Q.top().se]) Q.pop();
}
}
il int dfs(re int k,re int u)
{
if(k<0||k>K) return 0;
if(use[k][u]) return use[k][u]=0,-1;
if(~f[k][u]) return f[k][u];
use[k][u]=1;
re int s=0;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
if(i&1)
{
re int v=e[i].to;
re int x=dfs(dis[u]+k-e[i].w-dis[v],v);
if(x==-1) return use[k][u]=0,-1;
(s+=x)%=mod;
}
use[k][u]=0;
if(u==1&&k==0) (++s)%=mod;
return f[k][u]=s;
}
il int work()
{
fp(i,0,K)
{
re int x=dfs(i,n);
if(x==-1) return -1;
(ans+=x)%=mod;
}
return ans;
}
int main()
{
re int T=gi();
while(T--)
{
memset(h,-1,sizeof(h));memset(f,-1,sizeof(f));
cnt=1;ans=0;
n=gi();m=gi();K=gi();mod=gi();
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
Dijstra();
printf("%d\n",work());
}
return 0;
}