NOIP2017 D1T3 逛公园

发现 \(K\) 很小,不妨设置一个 \(O(NK)\)\(DP\)

发现可行的最短路必须满足是 \(d <= dis <= d + K\)

由逆向思维,则是从某点出发,可以消耗 \(K\) 个单位的冗余长度,最终到达 \(n\)

如何快速的计算出有走这条边冗余长度呢

首先建反向图跑 \(Dijkstra\),求出 \(dis[i]\) 表示从 \(i\)\(n\) 的最短路距离。

假设有一条边 \((u, v)\),边长为 \(w\)

那么我现在从 \(u\)\(n\) 的预算距离是 \(dis[v] + w\),最短距离是 \(dis[u]\)

那么多走的就是 \(dis[v] + w - dis[u]\)

设计 \(DP\) 状态表示:

\(f[i][j]\) 表示从 \(i\)\(n\),以及消耗了 \(j\) 个单位的冗余长度的方案数。

状态转移:

设有边 \((u, v)\),边长为 \(w\)

则有 \(f[u][j] += f[v][j - (dis[v] + w - dis[u])]\)

边界 \(f[n][0] = 1\),其余为 \(0\)

答案 \(\sum_{i = 0}^{K} f[1][i]\)

无穷解的判断:

发现有无穷解,当且仅当:

有一个总权为 \(0\) 的环。

我们可以在 \(DP\) 的时候搞一个 \(vis\) 数组判断,就不需要单独判无穷解了。

时间复杂度

整个过程用记忆化搜索实现,由于一共有 \(NK\) 个状态,每个点被枚举 \(K\) 次,即每条边总体被枚举 \(K\) 次。

所以复杂度 \(O(K(N + M))\)

\(Tips:\)

  1. 可能走到 \(n\) 再折回去,所以 $u = n $ 时不能直接 \(return\)
  2. 可能存在经过 \(n\) 点的 \(0\) 环,所以到 \(n\) 点时顺便判一下环。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 100005, M = 400005, S = 51;
int n, m, K, P, f[N][S], dis[N];
int head[N], rhead[N], numE[2];
bool st[N], vis[N][S], ep = false;
struct E {
    int next, v, w;
}e[M], r[M];
//建图
void inline add(E g[], int h[], int u, int v, int w, int p) {
    g[++numE[p]] = (E) { h[u], v, w };
    h[u] = numE[p];
}
//多组数据初始化
void inline init() {
    ep = false;
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    memset(st, false, sizeof st);
    numE[0] = numE[1] = 0;
    memset(head, 0, sizeof head);
    memset(rhead, 0, sizeof head);
    memset(f, -1, sizeof f);
}
// Dijkstra 最短路
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q;
void inline dijkstra() {
    dis[n] = 0; q.push(make_pair(0, n));
    while(!q.empty()) {
        PII u = q.top(); q.pop();
        if(st[u.second]) continue;
        st[u.second] = true;
        for (int i = rhead[u.second]; i; i = r[i].next) {
            int v = r[i].v;
            if(dis[u.second] + r[i].w < dis[v]) {
                dis[v] = dis[u.second] + r[i].w;
                q.push(make_pair(dis[v], v));
            }
        }
    }
}

//记忆化搜索
int dfs(int u, int j) {
    if(vis[u][j]) { ep = true; return 0; }
    if(f[u][j] != -1) return f[u][j];
    
    vis[u][j] = true;
    int &val = f[u][j] = 0;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
        int v = e[i].v, w = e[i].w;
        //消耗的冗余长度折算
        int k = j - (dis[v] + w - dis[u]);
        if(0 <= k && k <= K) (val += dfs(v, k)) %= P;
        if(ep) return 0;
    }
    
    vis[u][j] = false;
    if(u == n && j == 0) val = 1;
    return val;
}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        init();
        scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &K, &P);
        for (int i = 1, u, v, w; i <= m; i++) {
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
            add(e, head, u, v, w, 0); add(r, rhead, v, u, w, 1);
        }
    
        dijkstra();
        
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i <= K; i++) {
            memset(vis, false, sizeof vis);
            (ans += dfs(1, i)) %= P;
            if(ep) break; 
        }
        if(ep) puts("-1");
        else printf("%d\n", ans);
    }
}
posted @ 2019-10-21 23:36 DMoRanSky 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏