BZOJ1875 [SDOI2009]HH去散步【dp + 矩阵优化】

题目

HH有个一成不变的习惯，喜欢饭后百步走。所谓百步走，就是散步，就是在一定的时间内，走过一定的距离。但

是同时HH又是个喜欢变化的人，所以他不会立刻沿着刚刚走来的路走回。又因为HH是个喜欢变化的人，所以他每

天走过的路径都不完全一样，他想知道他究竟有多少种散步的方法。现在给你学校的地图（假设每条路的长度都

是一样的都是1），问长度为t，从给定地点A走到给定地点B共有多少条符合条件的路径

输入格式

第一行：五个整数N，M，t，A，B。

N表示学校里的路口的个数

M表示学校里的路的条数

t表示HH想要散步的距离

A表示散步的出发点

B则表示散步的终点。

接下来M行

每行一组Ai，Bi，表示从路口Ai到路口Bi有一条路。

数据保证Ai ！= Bi,但不保证任意两个路口之间至多只有一条路相连接。

路口编号从0到N -1。

同一行内所有数据均由一个空格隔开，行首行尾没有多余空格。没有多余空行。

答案模45989。

N ≤ 20，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B

输出格式

一行，表示答案。

输入样例

4 5 3 0 0

0 1

0 2

0 3

2 1

3 2

输出样例

题解

如果没有不能走回头路的限制，这道题就可以用邻接矩阵直接快速幂水过

但是有了这样的限制，我们需要重新考虑

注意到限制是路径中相邻的两个边不能是同一条边，注意到路径中相邻的点本就不会是同一个点

这启发我们可以将边点互换

把每条无向边拆成两条有向边，每条边分别向其指向的点为起点的边连线

这样子求出的邻接矩阵\(G\)，\(G^t[i][j]\)就表示从\(i\)开始选出t条连续的边以\(j\)结束的方案数

经过\(t\)个点的路径只有\(t-1\)条边，故只需求出\(G^(t-1)\)，然后统计A为起点的边到达B为终点的边的方案数

#include<iostream>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

using namespace std;

const int maxn = 55,maxm = 125,INF = 1000000000,P = 45989;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

vector<int> ed[maxn];

int n,m,t,S,T,a[maxm],b[maxm];

struct Matrix{

	int s[maxm][maxm],n,m;

	Matrix(){memset(s,0,sizeof(s)); n = m = 0;}

}G;

Matrix operator *(const Matrix& a,const Matrix b){

	Matrix ans;

	if (a.m != b.n) return ans;

	ans.n = a.n; ans.m = b.m;

	for (int i = 0; i < ans.n; i++)

		for (int j = 0; j < ans.m; j++)

			for (int k = 0; k < a.m; k++)

				ans.s[i][j] = (ans.s[i][j] + a.s[i][k] * b.s[k][j] % P) % P;

	return ans;

}

Matrix qpow(Matrix a,int b){

	Matrix ans; ans.n = ans.m = a.n;

	for (int i = 0; i < ans.n; i++) ans.s[i][i] = 1;

	for (; b; b >>= 1,a = a * a)

		if (b & 1) ans = ans * a;

	return ans;

}

int main(){

	n = read(); m = read(); t = read(); S = read(); T = read();

	G.n = G.m = 2 * m;

	int u,v,ans = 0;

	for (int i = 0; i < m; i++){

		a[i] = u = read(); b[i] = v = read();

		ed[u].push_back(i);

		ed[v].push_back(i + m);

	}

	for (int i = 0; i < m; i++){

		for (int j = 0; j < ed[b[i]].size(); j++)

			if (ed[b[i]][j] != i + m)

				G.s[i][ed[b[i]][j]] = 1;

		for (int j = 0; j < ed[a[i]].size(); j++)

			if (ed[a[i]][j] != i) G.s[i + m][ed[a[i]][j]] = 1;

	}

	Matrix F = qpow(G,t - 1);

	for (int i = 0; i < m; i++){

		if (a[i] == S){

			for (int j = 0; j < m; j++){

				if (b[j] == T) ans = (ans + F.s[i][j]) % P;

				if (a[j] == T) ans = (ans + F.s[i][j + m]) % P;

			}

		}

		if (b[i] == S){

			for (int j = 0; j < m; j++){

				if (b[j] == T) ans = (ans + F.s[i + m][j]) % P;

				if (a[j] == T) ans = (ans + F.s[i + m][j + m]) % P;

			}

		}

	}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

巴特西

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