[ZJOI2005]沼泽鳄鱼

题目描述

潘塔纳尔沼泽地号称世界上最大的一块湿地，它地位于巴西中部马托格罗索州的南部地区。每当雨季来临，这里碧波荡漾、生机盎然，引来不少游客。

为了让游玩更有情趣，人们在池塘的中央建设了几座石墩和石桥，每座石桥连接着两座石墩，且每两座石墩之间至多只有一座石桥。这个景点造好之后一直没敢对外开放，原因是池塘里有不少危险的食人鱼。

豆豆先生酷爱冒险，他一听说这个消息，立马赶到了池塘，想做第一个在桥上旅游的人。虽说豆豆爱冒险，但也不敢拿自己的性命开玩笑，于是他开始了仔细的实地勘察，并得到了一些惊人的结论：食人鱼的行进路线有周期性，这个周期只可能是2，3或者4个单位时间。每个单位时间里，食人鱼可以从一个石墩游到另一个石墩。每到一个石墩，如果上面有人它就会实施攻击，否则继续它的周期运动。如果没有到石墩，它是不会攻击人的。

借助先进的仪器，豆豆很快就摸清了所有食人鱼的运动规律，他要开始设计自己的行动路线了。每个单位时间里，他只可以沿着石桥从一个石墩走到另一个石墩，而不可以停在某座石墩上不动，因为站着不动还会有其它危险。如果豆豆和某条食人鱼在同一时刻到达了某座石墩，就会遭到食人鱼的袭击，他当然不希望发生这样的事情。

现在豆豆已经选好了两座石墩Start和End，他想从Start出发，经过K个单位时间后恰好站在石墩End上。假设石墩可以重复经过（包括Start和End），他想请你帮忙算算，这样的路线共有多少种（当然不能遭到食人鱼的攻击）。

输入输出格式

输入格式：

输入文件共M + 2 + NFish行。

第一行包含五个正整数N，M，Start，End和K，分别表示石墩数目、石桥数目、Start石墩和End石墩的编号和一条路线所需的单位时间。石墩用0到N–1的整数编号。

第2到M + 1行，给出石桥的相关信息。每行两个整数x和y，0 ≤ x, y ≤ N–1，表示这座石桥连接着编号为x和y的两座石墩。

第M + 2行是一个整数NFish，表示食人鱼的数目。

第M + 3到M + 2 + NFish行，每行给出一条食人鱼的相关信息。每行的第一个整数是T，T = 2，3或4，表示食人鱼的运动周期。接下来有T个数，表示一个周期内食人鱼的行进路线。

如果T＝2，接下来有2个数P0和P1，食人鱼从P0到P1，从P1到P0，……；

如果T＝3，接下来有3个数P0，P1和P2，食人鱼从P0到P1，从P1到P2，从P2到P0，……；

如果T＝4，接下来有4个数P0，P1，P2和P3，食人鱼从P0到P1，从P1到P2，从P2到P3，从P3到P0，……。

豆豆出发的时候所有食人鱼都在自己路线上的P0位置，请放心，这个位置不会是Start石墩。

输出格式：

输出路线的种数，因为这个数可能很大，你只要输出该数除以10000的余数就行了。

输入输出样例

输入样例#1：

6 8 1 5 3

0 2

2 1

1 0

0 5

5 1

1 4

4 3

3 5

1

3 0 5 1

输出样例#1：

说明

1 ≤ N ≤ 50

1 ≤ K ≤ 2,000,000,000

1 ≤ NFish ≤ 20

看到网上说这道题是矩阵乘法的入门题,于是就来尝试

然后我肯定是不会的,于是就深入思考看题解

发现邻接矩阵做乘法有些神奇的性质

对于任意 g[i][j]^n , 表示从i出发走n步恰好到j的方案数

了解了这个性质以后,这道题就肥肠明了了

但是还要考虑食人鱼的问题

我们发现食人鱼游动的周期只有 2,3,4三种

所以我们就直接处理他们的最小公共周期 12

我们设g[i]表示在走第 k * 12 + i (k∈Z) 步的时候整个图的联通情况

然后我们就处理出每走 12步的后情况的矩阵

然后以每 12步为一个整体做快速幂

最后单独处理余下的时间即可

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

const int M = 55 ;

const int N = 15 ;

const int mod = 10000 ;

using namespace std ;

int n , m , s , t , k , Fish ;

int G[M][M] ;

struct Mat{

    int f[M][M] ;

}Ans , g[N] , b , st ;

int w[M] ;

Mat operator * (Mat A , Mat B){

    Mat temp ;

    memset(temp.f , 0 , sizeof(temp.f)) ;

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

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

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

          temp.f[i][j] = (temp.f[i][j] + A.f[i][k] * B.f[k][j])%mod ;

    return temp ;

}

inline Mat Pow(Mat Base , int k){

    Mat temp = st ;

    while(k){

        if(k&1) temp = (temp * Base) ;

        Base = (Base * Base) ; k >>= 1 ;

    }

    return temp ;

}

int main(){

    cin >> n >> m >> s >> t >> k ;

    ++s ; ++t ;

    for(int i=1;i<=n;i++) st.f[i][i] = 1 ;

    for(int i=1 , x , y;i<=m;i++){

        cin >> x >> y ;

        ++x , ++y ;

        for(int j=1;j<=12;j++) g[j].f[x][y] = g[j].f[y][x] = 1 ;

    }

    cin >> Fish ;

    while(Fish--){

        int num = 0 ; cin >> num ;

        for(int i=1;i<=num;i++)  cin >> w[i] , w[i]++ ;

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

          for(int j=0;j<=12;j++)

            g[j].f[i][w[j%num + 1]] = 0 ;

    }

    for(int i=1;i<=n;i++) b.f[i][i] = 1 ;

    for(int i=1;i<=12;i++) b = (b * g[i]) ;

    Ans = Pow(b , k/12) ;

    for(int i=1;i<=k%12;i++) Ans = (Ans * g[i]) ;

    cout << Ans.f[s][t] <<endl ;

    return 0 ;

}