LC-1976. 到达目的地的方案数

到达目的地的方案数
你在一个城市里，城市由 n 个路口组成，路口编号为 0 到 n - 1 ，某些路口之间有双向道路。输入保证你可以从任意路口出发到达其他任意路口，且任意两个路口之间最多有一条路。

给你一个整数 n 和二维整数数组 roads ，其中 roads[i] = [ui, vi, timei] 表示在路口 ui 和 vi 之间有一条需要花费 timei 时间才能通过的道路。你想知道花费最少时间从路口 0 出发到达路口 n - 1 的方案数。

请返回花费最少时间到达目的地的路径数目。由于答案可能很大，将结果对 109 + 7 取余后返回。

示例 1：

输入：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]]
输出：4
解释：从路口 0 出发到路口 6 花费的最少时间是 7 分钟。
四条花费 7 分钟的路径分别为：

0 ➝ 6
0 ➝ 4 ➝ 6
0 ➝ 1 ➝ 2 ➝ 5 ➝ 6
0 ➝ 1 ➝ 3 ➝ 5 ➝ 6

求有多条最短路径长度的总数
先求出最短路径,在建图,这个图里面保证任意一条边都是最短路.
怎么保证呢? :
在求出单源最短路径后,可以得到0位置到达所有点的最短路径,在建图的时候如果两点之间的距离等于0到这两点距离的差值就说明这条边可以建成.

本质上来说，在有向无环图上的动态规划的求解顺序可以为该图的任意一种拓扑排序（或者拓扑排序的逆序）。「记忆化搜索」对应着「深度优先搜索」求解拓扑排序，而「动态规划」对应着「广度优先搜索」求解拓扑排序。

typedef long long ll;
class Solution {
public:
    const int MOD = 1e9 + 7;
    int countPaths(int n, vector<vector<int>>& roads) {
        vector<vector<ll>> u(n + 1, vector<ll>(n + 1, LLONG_MAX / 2));
        for(int i = 0; i < n; i++) u[i][i] = 0;
        for(auto &kk : roads) {
            int x = kk[0], y = kk[1], z = kk[2];
            u[x][y] = z;
            u[y][x] = z;
        }
        //求最短路径
        vector<int> judge(n + 1, 0);
        for(int i = 0; i < n; i++) {
             int falg = -1;
             for(int j = 0; j < n; j++) {
                 if(!judge[j] && (falg == -1 || u[0][j] < u[0][falg])) {
                    falg = j;
                 }
             }
             if(falg == -1) continue;
             judge[falg] = 1;
             for(int i = 0; i < n; i++) {
                 u[0][i] = min(u[0][i], u[0][falg] + u[falg][i]);
             }   
        }

        vector<vector<ll>> g(n);
        for(auto &kk : roads) {
           int x = kk[0], y = kk[1], z = kk[2];
           if(u[0][x] - u[0][y] == z) {
               g[y].push_back(x);
           }else if (u[0][y] - u[0][x] == z) {
               g[x].push_back(y);
           }
        }

        vector<int> f(n + 1, -1);
        function<int(int)> dfs = [&](int x) {
            if(x == n - 1) {
                return 1;
            }
            if(f[x] != -1){
                return f[x];
            }
            f[x] = 0;   
            for(auto &k : g[x]) {
                f[x] += dfs(k);
                f[x] %= MOD;
            }
            return f[x];
        }; 
        return dfs(0);
    }
};

LC-1976. 到达目的地的方案数

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