【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!)

posted @ 2018-10-19 21:27  Misaka_Azusa  阅读(74)  评论(0编辑  收藏
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