洛谷 P2151 [SDOI2009]HH去散步

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思路

如果没有不能走上一条边的限制，很显然就是dp。

设f[i][j]表示到达i点走了j步的方案数，移到k点可以表示为f[k][j+1]+=f[i][j]。

如果有限制的话，可以考虑用边表示将之前思路中的i变为边的终点，只要不走同一条边，转移还是相同的。

但是t ≤ 2^30，显然直接dp是不可行的，这是机智的题解就想到了矩阵优化。

由于递推关系是线性的，可以搞一个行矩阵表示对于当前移动步数各个边的方案数。

转移可以考虑构造另一个矩阵，所有可以更新的边之间都变为1，其他是0，对于每一次转移都是一样的，所以只要将矩阵跑t次就可以了。

对于初始矩阵，可以加一条边设一个不存在的点，将它与起点相连，也方便之后的领接表。

此题疯狂卡时，辣鸡出题人。（据说多交几次就可以过

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 const int mod=;
 int n,m,t,e,s,cnt,hd[],sum;
 struct edge
 {
     int to,from,nxt;
 }v[];
 struct mat
 {
     int a[][];
     mat()
     {
         memset(a,,sizeof(a));
     }
     mat operator * (mat x)
     {
         mat ans;
         for(int i=;i<=cnt;i++)
             for(int j=;j<=cnt;j++)
                 for(int k=;k<=cnt;k++)
                     ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j])%mod;
         return ans;
     }
 }c,ans;
 void addedge(int x,int y)
 {
     v[++cnt].nxt=hd[x];
     v[cnt].from=x;
     v[cnt].to=y;
     hd[x]=cnt;
 }
 mat mul(mat x,int k)
 {
     mat res;
     for(int i=;i<=cnt;i++)
         res.a[i][i]=;
     for(int i=k;i;i>>=,x=x*x)
         if(i&)
             res=res*x;
     return res;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&s,&e);
     s++,e++;
     addedge(,s);
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         int x,y;
         scanf("%d%d",&x,&y);
         x++,y++;
         addedge(x,y),addedge(y,x);
     }
     for(int i=;i<=cnt;i++)
         for(int j=;j<=cnt;j++)
             if((i^j)!=&&v[i].to==v[j].from)
                 c.a[i][j]=;
     ans.a[][]=;
     c=mul(c,t);
     ans=ans*c;
     for(int i=;i<=cnt;i++)
         if(v[i].to==e)
             sum=(sum+ans.a[][i])%mod;
     printf("%d\n",sum);
     return ;
 }