叶落归根(hometown)

题目描述

叶落归根——树叶从树根生发出来,凋落后最终还是回到树根。比喻事物总有一定的归宿。接下来是题目。

给定一个n个点的有向图G(点的编号为1~n),一开始落叶(仅作为一个代号,你也可以当成是Alice、Bob、甲乙丙丁戊己庚辛壬癸…)会在G的某个点s上。总共有t个单位时间,每个单位时间落叶都必须通过一条当前所在点的出边到达下一个点(有时下一个点和当前点会是相同的)。

需要注意的是,如果当前所在点没有任何出边,落叶就会在这个单位时间被迫离开这张图,并且我们认为落叶永远不会再回来了。

你要做的是对于每一个起始点s以及每一个总时长t(1<=t<=Q且为整数)求出落叶在起始点为s且经过t单位时间后的位置也是s的方案数。

两个方案不同,当且仅当两个方案中存在至少一个时刻落叶所经过的边不是图G中的同一条边。

为了便于检验,只需要输出所有情况(即所有不同的起始点和总时长,一共n*Q种情况)的方案数对给定正整数P取模后的异或和即可——也就是说,假设所有情况的方案数分别是ans1、ans2、ans3……你要输出的就是(ans1 mod P) xor (ans2 mod P) xor (ans3 mod P)……

输入

第一行3个整数n、Q、P,分别表示图G的点数、总时长t的上限和给定的模数P

接下来n行,每行n个整数,其中第i行第j个数表示图G中从i出发到j的单向边数目

输出

一行一个整数,表示所有情况的方案数对给定正整数P取模后的异或和

样例输入

2 2 1000000207
2 3
4 5

样例输出

50

提示

数据规模和约定

对于前10%的数据:n=2,Q=20

对于另外10%的数据:n=3,Q=12

对于前50%的数据:n<=20

对于100%的数据:1<=n<=100,P<=2^30,Q<=10000,对于任意一对(u,v),图G中从u到v的边数不超过2^30

来源


solution

就是一个矩阵,问你1-Q次方的对角线的和。

考虑枚举t(1<=t<=Q)

n^3乘出显然不行了。

那么可以分块。考虑令o=sqrt(n)

预处理矩阵的1~o次方 和x*o 次方(1<=x<=o)

那么每次相当于求对角线。n^2乘起来就行。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define maxn 10005
using namespace std;
int n,q,mod,o;
ll ans,A[][][],B[][][];
ll read(){
int v=;char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));v=(v<<)+(v<<)+ch-;
while(isdigit(ch=getchar()))v=(v<<)+(v<<)+ch-;
return v;
}
int main(){
cin>>n>>q>>mod;o=sqrt(q);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)A[][i][j]=read();
for(int x=;x<=o;x++){
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=n;k++)
for(int j=;j<=n;j++){
A[x][i][j]=(A[x][i][j]+A[x-][i][k]*A[][k][j])%mod;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++){
B[][i][j]=A[o][i][j];
}
int T=q/o+;
for(int x=;x<=T;x++){
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=n;k++)
for(int j=;j<=n;j++){
B[x][i][j]=(B[x][i][j]+B[x-][i][k]*B[][k][j])%mod;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)A[][i][i]=B[][i][i]=;
for(int x=;x<=q;x++){
int t1=x/o,t2=x%o;
for(int i=;i<=n;i++){
ll tmp=;
for(int k=;k<=n;k++){
tmp=(tmp+A[t2][i][k]*B[t1][k][i])%mod;
}
ans=ans^tmp;
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

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