1. 题目

现有一个加权无向连通图。
给你一个正整数 n ，表示图中有 n 个节点，并按从 1 到 n 给节点编号；另给你一个数组 edges ，其中每个 edges[i] = [ui, vi, weighti] 表示存在一条位于节点 ui 和 vi 之间的边，这条边的权重为 weighti 。

从节点 start 出发到节点 end 的路径是一个形如 [z0, z1, z2, ..., zk] 的节点序列，满足 z0 = start 、zk = end 且在所有符合 0 <= i <= k-1 的节点 zi 和 zi+1 之间存在一条边。

路径的距离定义为这条路径上所有边的权重总和。
用 distanceToLastNode(x) 表示节点 n 和 x 之间路径的最短距离。
受限路径 为满足 distanceToLastNode(zi) > distanceToLastNode(zi+1) 的一条路径，其中 0 <= i <= k-1 。

返回从节点 1 出发到节点 n 的 受限路径数 。
由于数字可能很大，请返回对 10^9 + 7 取余 的结果。

示例 1：

输入：n = 5, 
edges = [[1,2,3],[1,3,3],[2,3,1],[1,4,2],[5,2,2],[3,5,1],[5,4,10]]
输出：3
解释：每个圆包含黑色的节点编号和蓝色的 distanceToLastNode 值。
三条受限路径分别是：
1) 1 --> 2 --> 5
2) 1 --> 2 --> 3 --> 5
3) 1 --> 3 --> 5

示例 2：

输入：n = 7, 
edges = [[1,3,1],[4,1,2],[7,3,4],[2,5,3],[5,6,1],[6,7,2],[7,5,3],[2,6,4]]
输出：1
解释：每个圆包含黑色的节点编号和蓝色的 distanceToLastNode 值。
唯一一条受限路径是：1 --> 3 --> 7 。提示：
1 <= n <= 2 * 10^4
n - 1 <= edges.length <= 4 * 10^4
edges[i].length == 3
1 <= ui, vi <= n
ui != vi
1 <= weighti <= 10^5
任意两个节点之间至多存在一条边
任意两个节点之间至少存在一条路径

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-restricted-paths-from-first-to-last-node
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2. 解题

• 先预处理出每个点 到 n 点 的最短路径，参考迪杰斯特拉算法
• 再建立 1 开始的最短路径是递减的 新图，同时记录节点的入度
• 采用 拓扑排序，累积前一个节点转移过来的方案数

typedef pair<int, int> pii;
struct cmp{bool operator()(pii& a, pii& b) const{return a.first > b.first;}
};
class Solution {
public:int countRestrictedPaths(int n, vector<vector<int>>& edges) {// 建图，迪杰斯特拉 求解 每个节点到 n 的最短距离 disvector<unordered_map<int,int>> g(n);for(auto & e : edges){g[e[0]-1][e[1]-1] = e[2];g[e[1]-1][e[0]-1] = e[2];}vector<int> dis(n, INT_MAX);priority_queue<pii, vector<pii>, cmp> q;dis[n-1] = 0;q.push({0, n-1});while(!q.empty()){pii tp = q.top();int d = tp.first;int id = tp.second;q.pop();for(auto it = g[id].begin(); it != g[id].end(); ++it){int nid = it->first;int nd = it->second;if(d + nd < dis[nid]){dis[nid] = d + nd;q.push({dis[nid], nid});}}}// 建立 从 1 节点开始的 dis 递减图，并记录入度vector<int> indegree(n, 0);unordered_map<int,unordered_set<int>> g2;queue<int> q1;q1.push(0);unordered_set<int> vis;vis.insert(0);while(!q1.empty()){int id = q1.front();q1.pop();for(auto it = g[id].begin(); it != g[id].end(); ++it){int nid = it->first;if(dis[id] > dis[nid])//递减{g2[id].insert(nid);//建图indegree[nid]++;//记录出入度if(!vis.count(nid))//防止重复记录入度{vis.insert(nid);q1.push(nid);}}}}// 拓扑排序long long mod = 1e9+7;vector<long long> ans(n, 0);ans[0] = 1;queue<int> q2;q2.push(0);while(!q2.empty()){int id = q2.front();q2.pop();for(auto it = g2[id].begin(); it != g2[id].end(); ++it){int nid = *it;ans[nid] = (ans[nid] + ans[id])%mod;if(--indegree[nid] == 0)q2.push(nid);}}return ans[n-1]%mod;}
};

676 ms 174 MB C++

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