题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3953
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\(-1\)。

思路

发现 \(k\leq 50\)，猜想时间复杂度肯定与 \(k\) 有关。
令 \(dis[x]\) 表示 1 到 \(x\) 的最短路。
考虑 dp。先不考虑无限解得情况，设 \(f[x][i]\) 表示到达点 \(x\)，走过的路程长度为 \(dis[x]+i\) 的方案数。那么 \(f[x][i]\) 肯定由一条边 \((y,x)\) 转移而来。设 \((y,x)\) 的长度为 \(d\)，则这条路径到 \(y\) 的距离为 \(dis[x]+i-d-dis[y]\)。
所以有

\[f[x][i]=\sum_{(y,x)\in E} f[y][dis[x]+i-d-dis[y]] \]

发现有很多状态会重复计算，套上一个记忆化即可。
如何判断是否有无限解？显然仅当所有合法路径中存在一个每条边的边权都为 0 的环时才会有无限解。所以在记忆化搜索中记录每一个状态是否已经在搜索栈中。如果是，那么就有无限解。
为什么呢？因为我们可以证明，对于一条边 \((y,x)\)，从 \(f[y][dis[x]+i-d-dis[y]]\) 转移到 \(f[x][i]\)，那么一定满足 \(dis[x]+i-d-dis[y]\leq i\)，因为如果 \(dis[x]+i-d-dis[y]>i\)，那么 \(dis[x]>dis[y]+i\)，显然 \(dis[x]\) 就不是 1 到 \(x\) 的最短路。
时间复杂度 \(O(Qnk)\)。

代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=200010,K=55;
int Q,n,m,k,ans,MOD,tot,head[N],f[N][K],deg[N],dis[N],vis[N],U[N],V[N],D[N];
bool flag[N][K];

struct edge
{
	int next,to,dis;
}e[N];

void prework()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(f,-1,sizeof(f));
	memset(deg,0,sizeof(deg));
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(flag,0,sizeof(flag));
	tot=ans=0;
}

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].dis=dis;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dij()
{
	priority_queue<pair<int,int> > q;
	q.push(mp(0,1));
	dis[1]=0; 
	while (q.size())
	{
		int u=q.top().second;
		q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (dis[v]>dis[u]+e[i].dis)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].dis;
				q.push(mp(-dis[v],v));
			}
		}
	}
}

int dp(int x,int p)
{
	if (p<0) return 0;
	if (flag[x][p])
	{
		ans=-1;
		return 0;
	}
	if (f[x][p]>=0) return f[x][p];
	flag[x][p]=1; f[x][p]=0;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		f[x][p]=(f[x][p]+dp(v,p+dis[x]-e[i].dis-dis[v]))%MOD;
		if (ans<0) return 0;
	}
	flag[x][p]=0;
	if (x==1 && p==0) f[x][p]++;
	return f[x][p];
}

int main()
{
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		prework();
		scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&MOD);
		for (int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&U[i],&V[i],&D[i]);
			if (!D[i]) deg[V[i]]++;
			add(U[i],V[i],D[i]); 
		}
		dij();
		memset(head,-1,sizeof(head));
		tot=0;
		for (int i=1;i<=m;i++)
			add(V[i],U[i],D[i]);
		for (int i=0;i<=k;i++)
		{
			int cnt=dp(n,i);
			if (ans<0) break;
			ans=(ans+cnt)%MOD;
		}
		if (ans<0) printf("-1\n");
			else printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}