[SCOI 2009] 迷路 (矩阵快速幂)

[SCOI 2009]迷路

问题描述

Windy 在有向图中迷路了。该有向图有 ${N}$ 个节点，Windy 从节点 ${1}$ 出发，他必须恰好在 ${T}$ 时刻到达节点 ${N}$。

现在给出该有向图，你能告诉 Windy 总共有多少种不同的路径吗？

注意：Windy 不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

输入格式:

第一行包含两个整数，${N,T}$；

接下来有 ${N}$ 行，每行一个长度为 ${N}$ 的字符串。第 ${i}$ 行第 ${j}$ 列为 ${0}$ 表示从节点 ${i}$ 到节点 ${j}$ 没有边，为 ${1}$ 到 ${9}$ 表示从节点 ${i}$ 到节点 ${j}$ 需要耗费的时间。

输出格式:

包含一个整数，可能的路径数，这个数可能很大，只需输出这个数除以 ${2009}$ 的余数。

样例输入1:

2 2

11

00

样例输出1:

样例说明1:

${1→1→2}$

样例输入2:

5 30

12045

07105

47805

12024

12345

样例输出2:

852

说明:

对于 ${ 30 \% }$ 的数据，满足 ${2 \leq N \leq 5,1 \leq T \leq 30}$；

对于 ${ 100 \% }$ 的数据，满足 ${2 \leq N \leq 10,1 \leq T \leq 10^9}$。

分析

1.这dio图里怎么还有自环呢？

哦凑时间用的

2.既然是个图那就画出来看看叭(过于抽象以至于未完成）

实在蚌埠住了

3.乂~它在矩阵快速幂专题里面诶，那就先打个板子叭

（打板子ing）

既然是矩阵快速幂，那肯定要推递推式啊

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　${\large 试试就逝世}$

假如输入是个邻接矩阵

我们先不看边权(假设边权都为1) 无权的都推不出来还推什么带权的

显而易得

这个邻接矩阵自乘${T}$次之后 ${a[1][n]}$ 就是答案

设${F[i,j]}$表示${i \sim j}$

若有连边则说明${i \sim j}$有一种路径

那么${a[i][k]*a[k][j]}$就相当于从${i}$走到${k}$的方案数乘以从${k}$到${j}$的方案数

将所有的${a[i][k]*a[k][j]}$加起来就能得到多走${1}$的方案数

于是就有了方程：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　${\large F_t=\sum_{k=1}^n {f_{t-1}}[i,k] * f_1[k,j]}$

所以${F_1}$就是最原始的矩阵aaaaaaaaa

但问题在于这个矩阵的边权不为${1}$aaaaaaaaaaa

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问佬佬()

。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

学成归来

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于是我们知道了一个叫做拆点的东东

由于上限为9

我们将${1}$个点拆成${9}$个点，第${i}$个点拆成的第${j-1}$个点向第${j}$个点连一条边权为${1}$的边

那么${i \sim j}$有一条边权为${k}$的边等价于${i}$向${j}$拆成的第${k}$个点连边

最后再跑一遍矩阵快速幂就好啦~~~

code

Elaina's code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

#define inf 0x3f

#define INF 0x7fffffff

#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define Elaina 0

const int N = 15;

const int mod = 2009;

int n,sn,t;

struct Mat{

	int n,m;

	int a[N*9][N*9];

	void clean(){

		mst(a,0);

	}

	void unit(){

		clean();

		for(int i=1;i<=n;i++){

			a[i][i]=1;

		}

	}

	void resize(int x,int y){

		n=x,m=y;

	}

	Mat operator * (const Mat &A) const {

		Mat res;

		res.resize(n,n);

		res.clean();

		for(int i=1;i<=n;i++){

			for(int j=1;j<=n;j++){

				for(int k=1;k<=n;k++){

					res.a[i][j]=(a[i][k]*A.a[k][j]+res.a[i][j])%mod;

				}

			}

		}

		return res;

	}

};

Mat qpow(Mat A,int b){

	Mat res;

	res.resize(n,n);

	res.unit();

	while(b){

		if(b&1){

			res=res*A;

		}

		A=A*A;

		b>>=1;

	}

	return res;

}

Mat mat;

signed main(){

	cin>>n>>t;

	sn=n;

	n*=9;

	char x[N];

	mat.resize(n,n);

	for(int i=1;i<=sn;i++){

		for(int j=1;j<=8;j++){

			mat.a[(i-1)*9+j+1][(i-1)*9+j]=1;

		}

	}

	for(int i=1;i<=sn;i++){

		scanf("%s",x+1);

		for(int j=1;j<=sn;j++){

			if(x[j]>'0'){

				mat.a[(j-1)*9+1][(i-1)*9+x[j]-'0']=1;

			}

		}

	}

	mat=qpow(mat,t);

	cout<<mat.a[sn*9-8][1]%mod;

	return Elaina;

}

都看到这了，真的不点个赞吗(>ω<*)