題目連結
題意：
給你一個n個點m條邊的有向帶權圖，設1號點到n號點的最短路是dis，給你一個k(k<=50)，求所有1到n的路徑中長度不超過dis+k的數量。

題解：
顯然我們要先處理出最短路，以後再也不會寫SPFA了，因為NOI2018卡了SPFA，並且很多人也說SPFA的複雜度確實是錯的，於是就只好迪傑了。處理出最短路之後，如果k=0，就是最短路計數了。要做計數，我們不難想到要在圖上dp。我們發現只要有一個邊權全部是0的環，那麼我們的滿足題意的路徑就會有無數條，因為可以在環裡轉任意多圈之後再出來。那麼我們要判斷是否有無窮多解就是去找有沒有全部是0的環。我們可以先處理出一個最短路圖，最短路圖的含義是由所有dis[x]+dis[x][y]=dis[y]的邊連成的圖，一個性質就是如果邊權都是正數，那麼最短路圖是一個DAG。DAG是可以拓撲排序的，如果最後每個點入度都是0，就不存在權值全是0的環，否則就是有權值全是0的環，因為權值是0的邊一定不會讓兩點之間的最短路邊長，就一定會在最短路樹上，而形成環的話是沒法有其中某一個點的入度是0，因此判斷拓撲排序後的入度即可。對圖拓撲排序後根據圖的拓撲序在DAG上dp也是一個經典套路，這裡我們就會採用這個套路。因為k很小，所以很可能會出現在我們的dp狀態中，當前點肯定與dp值有關，於是我們設

dp[i][j]$dp[i][j]$表示點i比dis[i]大j的路徑數，那麼對於路徑x−>y$x->y$，dp[x][j]$dp[x][j]$對dp[y][j+len[x−>y]−(dis[y]−dis[x])]$dp[y][j+len[x->y]-(dis[y]-dis[x])]$有貢獻。
那麼我們的做法是列舉j，然後按照拓撲序列舉x，再列舉從x出發的所有邊，進行dp。注意外層是列舉j，因為在dp的過程中如果外層列舉x的話DAG上是沒有環的，但是這裡的邊是列舉原圖的邊，所以可能之後會有環再回到x，得到答案就是錯誤的了。還有就是這個dp看似列舉的層數很多，但是其實複雜度並不高，因為所有邊都只會被列舉到一次，所有點都只會被列舉k+1(0到k)次，所以總的複雜度是

O(n∗k)$O(n\ast k)$的。最後要說的就是，這道題在NOIP的時候是卡常數的，無數神犇都被卡了，我看了看我在洛谷上的執行速度，放在NOIP的測評機上肯定也是會超時的。
程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int T,n,m,k,p,hed[100010],cnt,dis[100010],vis[100010];
struct node
{
    int from,to,dis,next;
}a[200010],e[200010];
int dp[1000010][51],hed2[100010],cnt2,ru[100010],xu[100010],shu;
priority_queue<pair<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：時隔大半年，再做NOIP題目，真是一點長進都沒有啊。這是我NOIP唯一當場爆零了的題，但是現在聽了別人講之後還是交了好幾次才過掉，雖然錯的都是小地方，但是還是看出我似乎進步並不是那麼大啊。