1976年。到達目的地的方案數

1976. 到達目的地的方案數 #

你在一個城市裡，城市由 $n$ 個路口組成，路口編號為 $0$ 到 $n - 1$ ，某些路口之間有雙向道路。輸入保證你可以從任意路口出發到達其他任意路口，且任意兩個路口之間最多有一條路。

給你一個整數 $n$ 和二維整數數組 $roads$ ，其中 $roads[i] = [u_i, v_i, time_i]$ 表示在路口 $u_i$ 和 $vi$ 之間有一條需要花費 $time_i$ 時間才能通過的道路。你想知道花費 最少時間 從路口 $0$ 出發到達路口 $n - 1$ 的方案數。

請返回花費 最少時間 到達目的地的 路徑數目 。由於答案可能很大，將結果對 $10^9 + 7$ 取餘後返回。

示例 1：

輸入：n = 7, roads = [[0,6,7],[0,1,2],[1,2,3],[1,3,3],[6,3,3],[3,5,1],[6,5,1],[2,5,1],[0,4,5],[4,6,2]]
輸出：4
解釋：從路口 0 出發到路口 6 花費的最少時間是 7 分鐘。
四條花費 7 分鐘的路徑分別為：
- 0 ➝ 6
- 0 ➝ 4 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 2 ➝ 5 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 3 ➝ 5 ➝ 6

示例 2：

輸入：n = 2, roads = [[1,0,10]]
輸出：1
解釋：只有一條從路口 0 到路口 1 的路，花費 10 分鐘。

提示：

$1 <= n <= 200$
$n - 1 <= roads.length <= n * (n - 1) / 2$
$roads[i].length == 3$
$0 <= u_i, v_i <= n - 1$
$1 <= timei <= 10^9$
$u_i \ne v_i$
任意兩個路口之間至多有一條路。
從任意路口出發，你能夠到達其他任意路口。

floyd#

class Solution {
public:
    int countPaths(int n, vector<vector<int>> &roads) {
        vector<vector<long long>> dis(n, vector<long long>(n, LLONG_MAX / 2));
        vector<vector<long long>> dp(n, vector<long long>(n));

        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            dis[i][i] = 0;
            dp[i][i] = 1;
        }

        for (const auto &r : roads) {
            dis[r[0]][r[1]] = r[2];
            dis[r[1]][r[0]] = r[2];
            dp[r[0]][r[1]] = 1;
            dp[r[1]][r[0]] = 1;
        }

        static constexpr int mod = 1e9 + 7;
        for (int k = 0; k < n; ++k) {
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                for (int j = 0; j < n; ++j) {
                    if (k != i && k != j && i != j) {
                        long long sum = dis[i][k] + dis[k][j];
                        if (sum < dis[i][j]) {
                            dis[i][j] = sum;
                            dp[i][j] = dp[i][k] * dp[k][j];
                            dp[i][j] %= mod;
                        } else if (sum == dis[i][j]) {
                            dp[i][j] += dp[i][k] * dp[k][j];
                            dp[i][j] %= mod;
                        }
                    }
                }
            }
        }

        return dp[0][n - 1];
    }
};

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