BZOJ 1297: [SCOI2009]迷路 [矩阵快速幂]

Description

windy在有向图中迷路了。 该有向图有 N 个节点，windy从节点 0 出发，他必须恰好在 T 时刻到达节点 N-1。 现在给出该有向图，你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗？ 注意：windy不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

Input

第一行包含两个整数，N T。 接下来有 N 行，每行一个长度为 N 的字符串。 第i行第j列为'0'表示从节点i到节点j没有边。 为'1'到'9'表示从节点i到节点j需要耗费的时间。

Output

包含一个整数，可能的路径数，这个数可能很大，只需输出这个数除以2009的余数。

Sample Input

【输入样例一】
2 2
11
00

【输入样例二】
5 30
12045
07105
47805
12024
12345

Sample Output

【输出样例一】
1

【样例解释一】
0->0->1

【输出样例二】
852

HINT

30%的数据，满足 2 <= N <= 5 ； 1 <= T <= 30 。
100%的数据，满足 2 <= N <= 10 ； 1 <= T <= 1000000000 。

思路:矩阵快速幂应该是第一个能想到的,但是直接将一个长为9的边拆成9个点,那最坏情况下就有9*9*9个点约等于７００多个点,时间复杂度是n*n*n*log(t)前面显然会爆，但是可以这样,把一个点拆成９个点,9个点连成一条链,这样就可以乱搞了,如果一个点ｘ到这个点ｙ有长度为k的边　只要将ｘ连到y前面k-1个点就行(因为连出一条边就减少了一条边)

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #define N 90
 #define MOD 2009
 using namespace std;
 char ch[][];
 struct mat
 {
     long long m[N+][N+];
     mat(){memset(m,,sizeof(m));}
 };
 mat operator *(mat a,mat b)
 {
     mat ans;
     for(int i=;i<=N;i++)
     {
         for(int j=;j<=N;j++)
         {
             for(int k=;k<=N;k++)
             {
                 ans.m[i][j] = (ans.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j])% MOD;
             }
         }
     }
     return ans;
 }
 mat pow(mat a,long long n)
 {
     mat ret;
     for(int i=;i<=N;i++)ret.m[i][i]=;
     for(;n;n>>=)
     {
         if(n&)ret = (ret * a);
         a = (a*a);
     }
     return ret;
 }
 int main()
 {
     int n,t;
     mat a;
     scanf("%d%d",&n,&t);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%s",ch[i]+);
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=;j<=;j++)
         {
             a.m[(i-)*+j][(i-)*+j+]=;
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=;j<=n;j++)
         {
             int u = ch[i][j]-'';
             if(u!=)
             {
                 a.m[(i-)*+][(j-)*+(-u+)]=;
             }
         }
     }
     a = pow(a,t);
     printf("%lld\n",a.m[][(n-)*+]);
     return ;
 }