Luogu P3758 [TJOI2017]可乐 | 矩阵乘法

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让我们先来思考一个问题，在一张包含$n$个点的图上，如何求走两步后从任意一点$i$到任意一点$j$的方案数。

我们用$F_p(i,j)$来表示走$p$步后从$i$到$j$的方案数，如果存储原图信息的是一个邻接矩阵$G$，那么显然就有：

$F_1(i,j)=G(i,j)$

$F_2(i,j)=\sum_{k=1}^n G(i,k) \times G(k,j)$

$F_2$的计算式子是不是十分眼熟，这不就是矩阵乘法嘛！那么就有$F_2=G^2$了。

让我们继续看下去：

$F_3(i,j)=\sum_{k=1}^n F_2(i,k) \times G(k,j)$

$F_3=G^3$

$F_4(i,j)=\sum_{k=1}^n F_3(i,k) \times G(k,j)$

$F_4=G^4$

……

至此我们可以得出一个结论：对于一个邻接矩阵$X$，$X^y$中的第$a$行第$b$列所表示的意义就是从这个图中走$y$步后，从$a$点走到$b$点的方案数。

得出这一个结论后，我们再来看一看这一道题。

如果机器人不能自爆或者停留在原地的话，应该怎么做？

显然，求出邻接矩阵的$t$次方即可。

在这一个基础上，如何处理停留在原地不动这一行为呢？

对于每个点，都让它向自己连一条边，构造一个自环即可。

那么，如何处理自爆这一行为呢？

构造一个原图之外的节点，将每个点都往它连一条边，只能进不能出，那么当这个机器人走到这个点时，就相当于自爆了。

然后就是矩阵快速幂的基本操作了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
    using namespace std;
    const int mod=2017;
struct JvZhen {int f[35][35];} A,C,Res;
    int n=0,m=0;
JvZhen XiangCheng(JvZhen X,JvZhen Y)
{
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++) C.f[i][j]=0;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int k=0;k<=n;k++)
                C.f[i][j]=(C.f[i][j]+(X.f[i][k]*Y.f[k][j])%mod)%mod;
    return C;
}
void KuaiSuMi(int x)
{
    while(x)
    {
        if(x&1) Res=XiangCheng(Res,A);
        A=XiangCheng(A,A);
        x>>=1;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) A.f[i][0]=A.f[i][i]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u=0,v=0;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        A.f[u][v]=A.f[v][u]=1;
    }
    int t=0;
    scanf("%d",&t);
    A.f[0][0]=1;
    Res=A,KuaiSuMi(t-1);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+Res.f[1][i])%mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

Luogu P3758