不管怎么说，这都是一道十分神仙的NOIp题
你可以说它狗，但不可以否认它就是NOIp的难度
首先这道题很显然是道图论题还是一道图论三合一（最短路+拓扑+图上DP）
先考虑最短路，我们分别以\(1\)和\(n\)为起点得出与其它点的最短路（虽然NOIp应该不会卡SPFA，但还是建议写稳定的DJ）
我们先考虑把\(-1\)的情况给判掉，分析一下发现此时必定有0环（此时可以在0环上无限刷路径）
但是要注意一下，当且仅当0环上的任意一点\(i\)到\(1\)的最短路\(dis_{1,i}\)以及它到\(n\)的最短路\(dis_{i,n}\)满足\(dis_{1,i}+dis_{i,n}<=dis_{1,n}+k\)，因为这个0环首先得在可行路径上
处理0环的具体操作只要把0边权的边单独拎出来做拓扑排序就好了。
然后考虑如何统计答案，我们发现\(k<=50\)。因此我们图上DP计数。
设\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个点时，偏移量（偏移量为当前路径长度与\(dis_{1,i}\)的差）为\(j\)的方案数：
我们再枚举\(i\)可以到达的点\(p\)，若\(dis_{1,i}+w+j-dis_{1,p}<=k\)，然后就可以用\(f_{i,j}\)更新\(f_{p,dis_{1,i}+w+j-dis_{1,p}}\)了（\(w\)为\(i\rightarrow p\)的边权）
最后要注意的是枚举的状态顺序，我们发现对于所有的点\(i\)，当它的\(dis_{1,i}\)越小时，它越早更新
特别地，当都是0权的边排序时，应该按之前的拓扑顺序排
CODE
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=100005,K=55;
struct edge
{
int to,next,v;
}e[N<<1],re[N<<1];
struct Zero_edge
{
int to,next;
}ze[N<<1];
struct Small
{
int num,s;
bool operator <(const Small x) const { return x.s<s; }
};
struct data
{
int d,id,num;
}a[N];
int head[N],rhead[N],zhead[N],t,n,m,k,p,x,y,z,cnt,zcnt,ru[N],q[N],f[N][K],dis[N],INF,r[N];
bool vis[N];
priority_queue <Small> small;
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
if (x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void clear(void)
{
memset(head,-1,sizeof(head)); memset(rhead,-1,sizeof(rhead));
memset(zhead,-1,sizeof(zhead)); memset(ru,0,sizeof(ru)); cnt=zcnt=0;
}
inline void add(int x,int y,int z)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; e[cnt].v=z; head[x]=cnt;
}
inline void radd(int x,int y,int z)
{
re[cnt].to=y; re[cnt].next=rhead[x]; re[cnt].v=z; rhead[x]=cnt;
}
inline void zadd(int x,int y)
{
ze[++zcnt].to=y; ze[zcnt].next=zhead[x]; zhead[x]=zcnt; ++ru[y];
}
inline void top_sort(void)
{
register int i,H=0,T=0;
for (i=1;i<=n;++i)
{
if (!ru[i]) q[++T]=i,a[i].id=T; a[i].num=i;
}
while (H<T)
{
int now=q[++H];
for (i=zhead[now];~i;i=ze[i].next)
if (!(--ru[ze[i].to])) q[++T]=ze[i].to,a[ze[i].to].id=T;
}
}
inline void front_dijkstra(void)
{
memset(dis,63,sizeof(dis)); memset(vis,0,sizeof(vis));
small.push((Small){1,0}); INF=dis[0]; dis[1]=a[1].d=0;
while (!small.empty())
{
int now=small.top().num; small.pop();
if (vis[now]) continue; vis[now]=1;
for (register int i=head[now];~i;i=e[i].next)
if (dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].v)
{
a[e[i].to].d=dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].v;
small.push((Small){e[i].to,dis[e[i].to]});
}
}
}
inline void back_dijkstra(void)
{
memset(dis,63,sizeof(dis)); memset(vis,0,sizeof(vis));
small.push((Small){n,0}); dis[n]=0;
while (!small.empty())
{
int now=small.top().num; small.pop();
if (vis[now]) continue; vis[now]=1;
for (register int i=rhead[now];~i;i=re[i].next)
if (dis[re[i].to]>dis[now]+re[i].v)
{
dis[re[i].to]=dis[now]+re[i].v;
small.push((Small){re[i].to,dis[re[i].to]});
}
}
}
inline bool check(void)
{
for (register int i=1;i<=n;++i)
if (ru[i]&&a[i].d+dis[i]<=a[n].d+k) return 1;
return 0;
}
inline bool cmp(data a,data b)
{
if (a.d<b.d) return 1;
if (a.d>b.d) return 0;
return a.id<b.id;
}
inline void inc(int &x,int y)
{
if ((x+=y)>=p) x-=p;
}
inline int DP(void)
{
memset(f,0,sizeof(f)); f[1][0]=1; int ans=0;
for (register int s=0;s<=k;++s)
{
for (register int i=1;i<=n;++i)
{
int now=a[i].num;
for (register int j=head[now];~j;j=e[j].next)
if (a[i].d+s+e[j].v-a[r[e[j].to]].d<=k)
inc(f[e[j].to][a[i].d+s+e[j].v-a[r[e[j].to]].d],f[now][s]);
}
inc(ans,f[n][s]);
} return ans;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i; read(t);
while (t--)
{
read(n); read(m); read(k); read(p); clear();
for (i=1;i<=m;++i)
{
read(x); read(y); read(z);
add(x,y,z); radd(y,x,z); if (!z) zadd(x,y);
}
top_sort(); front_dijkstra(); back_dijkstra();
if (check()) { puts("-1"); continue; } sort(a+1,a+n+1,cmp);
for (i=1;i<=n;++i) r[a[i].num]=i;
write(DP()); putchar('\n');
}
return 0;
}