[SCOI2009] 迷路
题目类型:拆点, 矩阵快速幂
转化为矩阵快速幂,好题!
传送门:>Here<
题意:给出邻接矩阵,求\(1\)到\(N\)恰好长度为\(T\)的路径方案数
解题思路
如果题目给出的是一个\(01\)矩阵,那么直接矩阵快速幂解决。详见How many ways??
然而带权了怎么办?
转化为01矩阵!容易发现题目给出的矩阵权值小于10,因此每个点拆成10个点,顺次连接权值为1的边。然后若\((u,v)\)之间距离为\(d\),那么将\(u\)的第\(d-1\)个点连一条1的边到\(v\)的第一个点。
然后矩阵快速幂解决!
反思
看到这种相似的问题,很有可能用一种巧妙的方法将其转化为已知的经典问题。用矩阵快速幂求解路径方案数实在是经典到不能再经典了,再加上题目输入矩阵的特殊性,拆点就非常自然了。
Code
新的一种矩阵快速幂的写法,用的是一个结构体,让矩阵乘法变为一个函数。这样貌似在做快速幂的时候思路更清晰一些。然而码量增多了……
/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 10010;
const int MAXM = 20010;
const int MOD = 2009;
const int INF = 1061109567;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
if(c == '-') w = -1, c = getchar();
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
struct Matrix{
int a[110][110];
inline void clear(){
memset(a, 0, sizeof a);
}
};
int N,T,dis;
Matrix g,ans;
char s[20];
inline Matrix mul(Matrix a, Matrix b){
Matrix res,tmp;
res.clear();
tmp.clear();
for(int i = 1; i <= N*10; ++i){
for(int j = 1; j <= N*10; ++j){
tmp.a[i][j] = 0;
for(int k = 1; k <= N*10; ++k){
tmp.a[i][j] = (tmp.a[i][j] + a.a[i][k] * b.a[k][j]) % MOD;
}
}
}
for(int i = 1; i <= N*10; ++i){
for(int j = 1; j <= N*10; ++j){
res.a[i][j] = tmp.a[i][j];
}
}
return res;
}
inline void quick_power(int y){
while(y > 0){
if(y & 1){
ans = mul(ans, g);
}
y /= 2;
g = mul(g, g);
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &N, &T);
for(int i = 1; i <= N; ++i){
for(int j = 1; j < 10; ++j){
g.a[(i-1)*10+j][(i-1)*10+j+1] = 1;
}
}
for(int i = 1; i <= N; ++i){
scanf("%s", s);
for(int j = 0; j < N; ++j){
dis = s[j]-'0';
if(dis > 0){
g.a[(i-1)*10+dis][(j)*10+1] = 1;
}
}
}
for(int i = 1; i <= N*10; ++i) ans.a[i][i] = 1;
quick_power(T);
printf("%d", ans.a[1][(N-1)*10+1] % MOD);
return 0;
}
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