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「 洛谷 」P2151 [SDOI2009]HH去散步
为了方便大家阅读通畅，题目可能略有改动，保证不会造成影响
HH 有个一成不变的习惯，喜欢在饭后散步，就是在一定的时间内，走一定的距离
同时， HH 是一个喜欢变化的人，她不会立刻沿着刚刚走过来的路走回去，她也希望每天走过的路径都不完全一样，她想知道每一天他究竟有多少种散步的方法
现在 HH 送给你一张学校的地图，请你帮助她求出从地点 \(A\) 走到地点 \(B\) 一共有多少条长度为 \(T\) 的散步路径（答案对 \(45989\) 取模）
输入共 \(M + 1\) 行：
第 \(1\) 行：输入 \(5\) 个整数 \(N, \ M, \ T, \ A, \ B\)；\(N\) 表示 学校里的路口的个数（编号为 \(0 \sim N - 1\)），\(M\) 表示 学校里的道路的条数，\(T\) 表示 HH 想要散步的距离，\(A\) 表示 散步的出发点， \(B\) 表示 散步的终点
接下来 \(M\) 行：每行 \(2\) 个用空格隔开的整数 \(u_i, \ v_i\)；表示 长度为 \(1\) 的第 \(i\) 条路 连接 路口 \(u_i\) 和 路口 \(v_i\)
输出共一行：表示你所求出的答案（对 \(45989\) 取模）
4 5 3 0 0
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2
4
对于 \(30 \%\) 的数据：满足 \(N \leq 4, \ M \leq 10, \ T \leq 10\)
对于 \(100 \%\) 的数据：满足 \(N \leq 50, \ M \leq 60, \ T \leq 2 ^ {30}, \ u_i \neq v_i\)
这道题如果没有 她不会立刻沿着刚刚走过来的路走回去 的限制，就可以根据点与点的关系先构造出一个 \(n * n\) 的矩阵 \(\mathrm{x}\)（\(\mathrm{x}[i][j]\) 表示从 \(i\) 走 \(1\) 步到 \(j\) 的方案数），累乘 \(T\) 次（就是走了 \(T\) 步），就用矩阵快速幂优化既可以通过了
现在就考虑加上这句话的限制后如何构造矩阵了
考虑矩阵定义大致不变，即 \(\mathrm{x}[i][j]\) 表示从 \(i\) 走 \(1\) 步到 \(j\) 的方案数
由于有限制，就要记录刚刚走过来的路是哪一条
不妨把每条边对应的 \(u_i\) 和 \(v_i\) 拆成两个二元组 \(\mathrm{(node, id)}\)，表示刚刚从第 \(\mathrm{id}\) 条路走到 \(\mathrm{node}\)，也就是每条无向边 \((u_i \leftrightarrow, v_i)\) 分成两条有向边 \((u_i \to v_i)\) 和 \((v_i \to u_i)\)，其中 \(\mathrm{node}\) 表示当前这条有向边的终点，\(\mathrm{id}\) 表示与之对应的无向边的编号
那么 \(\mathrm{x}[i][j] = 1\) 定义就是 第 \(i\) 个二元组 走 \(1\) 步到 第 \(j\) 个二元组 的方案数
其值只可能为 \(0\) 或 \(1\)（因为只走了 \(1\) 步），其中值为 \(1\) 的条件就是 \(\mathrm{id}_i \neq \mathrm{id}_j\) 且 \(\mathrm{node}_i\) 与 \(\mathrm{node}_j\) 有一条边
推出了矩阵，但是还有一个细节，就是第一步的方案数
起始点是没有上一条边的，所以需要预处理一下（这里相当于先走了一次）
预处理矩阵 \(\times\) 矩阵快速幂（\(T - 1\) 次，预处理走了一次）就可以得到最终的矩阵了
最后把 起始点（超级源点） 到 终点（可能有多个，因为分了边） 的路径加起来取模就可以了
#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;
}
