洛谷3953 NOIP2017 逛公园 最短路图+拓扑排序+dp
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题意：
给你一个n个点m条边的有向带权图，设1号点到n号点的最短路是dis，给你一个k(k<=50)，求所有1到n的路径中长度不超过dis+k的数量。
题解：
显然我们要先处理出最短路，以后再也不会写SPFA了，因为NOI2018卡了SPFA，并且很多人也说SPFA的复杂度确实是错的，于是就只好迪杰了。处理出最短路之后，如果k=0，就是最短路计数了。要做计数，我们不难想到要在图上dp。我们发现只要有一个边权全部是0的环，那么我们的满足题意的路径就会有无数条，因为可以在环里转任意多圈之后再出来。那么我们要判断是否有无穷多解就是去找有没有全部是0的环。我们可以先处理出一个最短路图，最短路图的含义是由所有dis[x]+dis[x][y]=dis[y]的边连成的图，一个性质就是如果边权都是正数，那么最短路图是一个DAG。DAG是可以拓扑排序的，如果最后每个点入度都是0，就不存在权值全是0的环，否则就是有权值全是0的环，因为权值是0的边一定不会让两点之间的最短路边长，就一定会在最短路树上，而形成环的话是没法有其中某一个点的入度是0，因此判断拓扑排序后的入度即可。对图拓扑排序后根据图的拓扑序在DAG上dp也是一个经典套路，这里我们就会采用这个套路。因为k很小，所以很可能会出现在我们的dp状态中，当前点肯定与dp值有关，于是我们设 dp[i][j] d p [ i ] [ j ] 表示点i比dis[i]大j的路径数，那么对于路径 x−>y x − > y ， dp[x][j] d p [ x ] [ j ] 对 dp[y][j+len[x−>y]−(dis[y]−dis[x])] d p [ y ] [ j + l e n [ x − > y ] − ( d i s [ y ] − d i s [ x ] ) ] 有贡献。
那么我们的做法是枚举j，然后按照拓扑序枚举x，再枚举从x出发的所有边，进行dp。注意外层是枚举j，因为在dp的过程中如果外层枚举x的话DAG上是没有环的，但是这里的边是枚举原图的边，所以可能之后会有环再回到x，得到答案就是错误的了。还有就是这个dp看似枚举的层数很多，但是其实复杂度并不高，因为所有边都只会被枚举到一次，所有点都只会被枚举k+1(0到k)次，所以总的复杂度是 O(n∗k) O ( n ∗ k ) 的。最后要说的就是，这道题在NOIP的时候是卡常数的，无数神犇都被卡了，我看了看我在洛谷上的运行速度，放在NOIP的测评机上肯定也是会超时的。
代码：
#include int,int> > q;
int que[100010],h,t,pd;
long long ans;
void add(int from,int to,int dis)
{
a[++cnt].to=to;
a[cnt].from=from;
a[cnt].dis=dis;
a[cnt].next=hed[from];
hed[from]=cnt;
}
void add2(int from,int to,int dis)
{
e[++cnt2].to=to;
e[cnt2].dis=dis;
e[cnt2].next=hed2[from];
hed2[from]=cnt2;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);
memset(hed,0,sizeof(hed));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=cnt;++i)
{
a[i].to=0;
a[i].dis=0;
a[i].next=0;
}
cnt=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
dis[1]=0;
q.push(make_pair(0,1));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second;
q.pop();
if(vis[x])
continue;
vis[x]=1;
for(int i=hed[x];i;i=a[i].next)
{
int y=a[i].to;
if(dis[y]>dis[x]+a[i].dis)
{
dis[y]=dis[x]+a[i].dis;
q.push(make_pair(-dis[y],y));
}
}
}
memset(hed2,0,sizeof(hed2));
memset(ru,0,sizeof(ru));
for(int i=1;i<=cnt2;++i)
{
e[i].to=0;
e[i].dis=0;
e[i].next=0;
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)
{
if(dis[a[i].from]+a[i].dis==dis[a[i].to])
{
add2(a[i].from,a[i].to,a[i].dis);
++ru[a[i].to];
}
}
h=1;
t=0;
shu=0;
memset(xu,0,sizeof(xu));
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!ru[i])
que[++t]=i;
}
while(h<=t)
{
int x=que[h];
xu[++shu]=x;
for(int i=hed2[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
--ru[y];
if(!ru[y])
que[++t]=y;
}
++h;
}
pd=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(ru[i])
{
pd=1;
break;
}
}
if(pd==1)
{
printf("-1\n");
continue;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[1][0]=1;
for(int j=0;j<=k;++j)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=xu[i];
for(int l=hed[x];l;l=a[l].next)
{
int y=a[l].to;
if(j+a[l].dis-(dis[y]-dis[x])<=k)
dp[y][j+a[l].dis-(dis[y]-dis[x])]=(dp[y][j+a[l].dis-(dis[y]-dis[x])]+dp[x][j])%p;
}
}
}
ans=0;
for(int i=0;i<=k;++i)
ans=(ans+dp[n][i])%p;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
} PS：时隔大半年，再做NOIP题目，真是一点长进都没有啊。这是我NOIP唯一当场爆零了的题，但是现在听了别人讲之后还是交了好几次才过掉，虽然错的都是小地方，但是还是看出我似乎进步并不是那么大啊。