Sicily 1211. 商人的宣传

题目链接：http://soj.me/1211

Description

Bruce是K国的商人，他在A州成立了自己的公司，这次他的公司生产出了一批性能很好的产品，准备宣传活动开始后的第L天到达B州进行新品拍卖，期间Bruce打算将产品拿到各个州去做推销宣传,以增加其影响力。

K国有很多个州,每个州都与其他一些州相邻,但是K国对商人作宣传却有一些很奇怪的规定：
1、 商人只能从某些州到达另外一些州，即连通路线是单向的，而且有些州可能是到达不了的。
2、 商人不允许在同一个州连续宣传两天或以上，每天宣传完必须离开该州。
3、 商人可以多次来到同一个州进行宣传。

"我必须找出一条影响力最大的路线才行"，Bruce想，"但我首先必须知道到底有多少这种符合规定的宣传路线可供我选择。"现在Bruce把任务交给了你。并且出于考虑以后的需要，你还要帮他算出给出的两州之间的路线的总数。

Input

输入文件第一行包含三个整数n,m,L（1≤n,L≤100），分别表示K国的州数、连通路线的数量，以及多少天后必须到达B州。接下来有m行，每行一队整数x,y（1≤x,y≤n），表示商人能从x州到达y州。
第m+2行为一个整数q（1≤q≤100），表示Bruce有q个询问。下面q行每行两个整数A,B（1≤A,B≤n），即A、B州的位置。

Output

输出文件包含q行，每行一个整数t，为所求的从A州到B州满足上述规定的路线总数。
输入数据中的询问将保证答案t在长整数范围内，即t<2³¹。

Sample Input

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4 5 6
1 2
2 3
3 4
4 1
2 4
2
1 4
4 2

Sample Output

2
1

Problem Source: ZSUACM Team Member

思路：

　　一开始看到这道题觉得应该是用深搜来写，因为N<=100，觉得规模并不大，没想到提交之后却超时了，后来想了想每次深搜需要的时间复杂度位O(n^3)，可是要查询Q次，Q<=100，所以整个算法的时间复杂度位O(n^4)，超时也就不奇怪了。

　　接着用动态规划做这道题，想了想，状态转移方程是:f[a][b][l] = ∑ f[c][b][l-1]，其中c为a可以用一天到达的州（即有一条从a到c的路）。转移方程的意思是：如果从c州到b州可以在"l-1"天之内完成，那么从a州到b州可以在"l"天之内完成。

我的代码：

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <vector>
 using namespace std;
 
 const int MAX = ;
 int n, m, l, q;
 int start, end;
 vector<int> rodes[MAX];  //用来记录路
 int dp[MAX][MAX][MAX];
 
 void findWays() {
     for (int k = ; k <= l; k++) {    //从2天开始找
         for (int i = ; i <= n; i++) {
             int len = rodes[i].size();
             for (int j = ; j <= n; j++) {
                 for (int x = ; x < len; x++) {               //rodes[i].at((x) 即为i州可以一天之内到达的州
                     dp[i][j][k] += dp[rodes[i].at(x)][j][k-];   //状态转移方程
                     //cout << i << ' ' << j << ' ' << k << ' ' << dp[i][j][k] << endl;;
                 }
             }
         }
     }
 }
 
 int main() {
     cin >> n >> m >> l;
     memset(dp, , sizeof(dp));  //dp全部初始化为0
     int a, b;
     for (int i = ; i < m; i++) {
         cin >> a >> b;
         rodes[a].push_back(b);   //在a州添加一条到b州的路
         dp[a][b][] = ;　　　　　　　　//从a到b在一天内的走法为一种
     }
     findWays();
     cin >> q;
     for (int i = ; i < q; i++) {
         cin >> start >> end;
         cout << dp[start][end][l] << endl;
     }
     return ;
 }

另一种思路：

　　只是另一种代码的思路，上述代码中的空间复杂度有些大，所以考虑到可以用斐波那契数列的思路考虑，所以可以将MATRIX[A][B][L]，转化为三个MATRIX[A][B]进行状态转移，即第一个矩阵存L=1时的路径数，第二个矩阵存L=i-1(2 <= i <= m)时的路径数，第三个矩阵存L=i时的路径数，这样大大节省了内存占有。

代码如下：

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 using namespace std;
 
 const int MAX = ;
 
 int matrix_one[MAX][MAX];
 int matrix_two[MAX][MAX];
 int matrix_three[MAX][MAX];
 
 int main() {
     int n, m, l, q;
     int start, end;
     int a, b;
     cin >> n >> m >> l;
     memset(matrix_one, , sizeof(matrix_one));   //现将前两格矩阵初始化为0，即无路
     memset(matrix_two, , sizeof(matrix_two));
     for (int i = ; i < m; i++) {
         cin >> a >> b;
         matrix_one[a][b]++;       //每增加一条路，从a到b的路径数加一  即位L=1时的路径数矩阵
         matrix_two[a][b]++;             //第二个矩阵也记录L=1时的情况 从而推倒出之后的矩阵
     }
     for (int x = ; x <= l; x++) {      //L从2开始
         memset(matrix_three, , sizeof(matrix_three));
         for (int i = ; i <= n; i++) {
             for (int j = ; j <= n; j++) {
                 for (int k = ; k <= n; k++) {
                     matrix_three[i][j] += matrix_one[i][k] * matrix_two[k][j];
                 }
             }
         }
         /* 将第三个矩阵的值给第二个矩阵 */
         memcpy(matrix_two, matrix_three, sizeof(matrix_one));
     }
     cin >> q;
     while (q--) {
         cin >> start >> end;
         cout << matrix_three[start][end] << endl;
     }
     return ;
 }

两种思路各有各的优势，第一种速度快一些，第二种内存占用少一些，下图（第一行为第二种，第二行第一种）：

其实差不多啦 能ac就好。