小兔的話
歡迎大家在評論區留言哦~
HH去散步
題目限制
- 記憶體限制：125.00MB
- 時間限制：1.00s
- 標準輸入
- 標準輸出
題目知識點
- 動態規劃 \(dp\)
- 矩陣
- 矩陣乘法
- 矩陣加速
- 矩陣快速冪
- 思維
- 構造
題目來源
為了方便大家閱讀通暢，題目可能略有改動，保證不會造成影響
題目
題目背景
HH 有個一成不變的習慣，喜歡在飯後散步，就是在一定的時間內，走一定的距離
同時， HH 是一個喜歡變化的人，她不會立刻沿著剛剛走過來的路走回去，她也希望每天走過的路徑都不完全一樣，她想知道每一天他究竟有多少種散步的方法
題目描述
現在 HH 送給你一張學校的地圖，請你幫助她求出從地點 \(A\) 走到地點 \(B\) 一共有多少條長度為 \(T\) 的散步路徑（答案對 \(45989\) 取模）
格式
輸入格式
輸入共 \(M + 1\) 行：
第 \(1\) 行：輸入 \(5\) 個整數 \(N, \ M, \ T, \ A, \ B\)；\(N\) 表示 學校裡的路口的個數（編號為 \(0 \sim N - 1\)），\(M\) 表示 學校裡的道路的條數，\(T\) 表示 HH 想要散步的距離，\(A\) 表示 散步的出發點， \(B\) 表示 散步的終點
接下來 \(M\) 行：每行 \(2\) 個用空格隔開的整數 \(u_i, \ v_i\)；表示 長度為 \(1\) 的第 \(i\) 條路 連線 路口 \(u_i\) 和 路口 \(v_i\)
輸出格式
輸出共一行：表示你所求出的答案（對 \(45989\) 取模）
樣例
樣例輸入
4 5 3 0 0
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2
樣例輸出
4
提示
資料範圍
對於 \(30 \%\) 的資料：滿足 \(N \leq 4, \ M \leq 10, \ T \leq 10\)
對於 \(100 \%\) 的資料：滿足 \(N \leq 50, \ M \leq 60, \ T \leq 2 ^ {30}, \ u_i \neq v_i\)
思路
這道題如果沒有 她不會立刻沿著剛剛走過來的路走回去 的限制，就可以根據點與點的關係先構造出一個 \(n * n\) 的矩陣 \(\mathrm{x}\)（\(\mathrm{x}[i][j]\) 表示從 \(i\) 走 \(1\) 步到 \(j\) 的方案數），累乘 \(T\) 次（就是走了 \(T\) 步），就用矩陣快速冪優化既可以通過了
現在就考慮加上這句話的限制後如何構造矩陣了
分析
考慮矩陣定義大致不變，即 \(\mathrm{x}[i][j]\) 表示從 \(i\) 走 \(1\) 步到 \(j\) 的方案數
由於有限制，就要記錄剛剛走過來的路是哪一條
不妨把每條邊對應的 \(u_i\) 和 \(v_i\) 拆成兩個二元組 \(\mathrm{(node, id)}\)，表示剛剛從第 \(\mathrm{id}\) 條路走到 \(\mathrm{node}\)，也就是每條無向邊 \((u_i \leftrightarrow, v_i)\) 分成兩條有向邊 \((u_i \to v_i)\) 和 \((v_i \to u_i)\)，其中 \(\mathrm{node}\) 表示當前這條有向邊的終點，\(\mathrm{id}\) 表示與之對應的無向邊的編號
那麼 \(\mathrm{x}[i][j] = 1\) 定義就是 第 \(i\) 個二元組 走 \(1\) 步到 第 \(j\) 個二元組 的方案數
其值只可能為 \(0\) 或 \(1\)（因為只走了 \(1\) 步），其中值為 \(1\) 的條件就是 \(\mathrm{id}_i \neq \mathrm{id}_j\) 且 \(\mathrm{node}_i\) 與 \(\mathrm{node}_j\) 有一條邊
推出了矩陣，但是還有一個細節，就是第一步的方案數
起始點是沒有上一條邊的，所以需要預處理一下（這裡相當於先走了一次）
預處理矩陣 \(\times\) 矩陣快速冪（\(T - 1\) 次，預處理走了一次）就可以得到最終的矩陣了
最後把 起始點（超級源點） 到 終點（可能有多個，因為分了邊） 的路徑加起來取模就可以了
程式碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
int rint()
{
int x = 0, fx = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { fx ^= ((c == '-') ? 1 : 0); c = getchar(); }
while ('0' <= c && c <= '9') { x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar(); }
if (!fx) return -x;
return x;
}
const int MOD = 45989;
const int MAX_N = 20;
const int MAX_M = 60;
int N, M, T, A, B, node;
int e[MAX_M * 2 + 5][3];
struct Matrix
{
int mx[MAX_M * 2 + 5][MAX_M * 2 + 5];
Matrix () { memset(mx, 0, sizeof(mx)); }
void init() { for (int i = 0; i <= node; i++) mx[i][i] = 1; }
Matrix operator * (const Matrix &rhs) const
{
Matrix res;
for (int i = 0; i <= node; i++)
for (int j = 0; j <= node; j++)
for (int k = 0; k <= node; k++)
res.mx[i][j] = (res.mx[i][j] + mx[i][k] * rhs.mx[k][j]) % MOD;
return res;
}
} dp, quick;
Matrix qpow(Matrix mx, int k)
{
Matrix res; res.init();
while (k > 0)
{
if (k & 1) res = res * mx;
mx = mx * mx; k >>= 1;
}
return res;
}
int main()
{
N = rint(), M = rint(), T = rint();
A = rint() + 1, B = rint() + 1;
for (int i = 1; i <= M; i++)
{
e[i][0] = rint() + 1, e[i][1] = rint() + 1;
e[i + M][0] = e[i][1], e[i + M][1] = e[i][0];
if (e[i][0] == A) ++dp.mx[0][i];
if (e[i + M][0] == A) ++dp.mx[0][i + M];
}
node = M << 1;
for (int i = 1; i <= node; i++)
for (int j = 1; j <= node; j++)
if (i + M != j && i - M != j && e[i][1] == e[j][0]) ++quick.mx[i][j];
int ans = 0;
Matrix res = dp * qpow(quick, T - 1);
for (int i = 1; i <= node; i++)
if (e[i][1] == B) ans = (ans + res.mx[0][i]) % MOD;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}