1297: [SCOI2009]迷路


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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】



【输入样例二】


Sample Output


【输出样例一】



【样例解释一】

->->


【输出样例二】



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 。

分析:


  先用dp的思想分析可以分析出转移方程dp[i][t] = ∑dp[j][t  -  time(i,j)];但是t太大,并且时间也不允许;

  想了一下发现转移方程是固定的,可以很自然联想矩阵乘法 + 快速幂。
  但是写的时候出现困难了,发现每个点对间有些彼此到达时间各不相同不好处理。于是就困住了

正解:


 

可以把一个点拆出9个虚拟结点出来,node[i][j] 向 node[i][j + ]点向虚拟结点连边为1,然后所有到达这个点的都连边向node[i][],所有以这个点出发能到距离为j的点q从node[i][j - ]连边1向node[q][];

于是原图换成了一个10 * 10的矩阵,矩乘 + 快速幂求出即行。

复杂度还是很低的。

矩阵乘法:


其实关于dp的东西如果发现是固定转移并且是刷表什么的,都可以联想到转换成矩乘来做。

AC代码:


# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <cstring>
using namespace std;
const int mod = ;
int n;
long long t;
struct fi{
int data[][];
fi(){memset(data,,sizeof(data));
}
}A,T;
inline fi operator * (fi & a,fi & b){
fi t;
for(int i = ;i < n * ;i++){
for(int j = ;j < n * ;j++){
t.data[i][j] = ;
for(int k = ;k < n * ;k++){
t.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];
}
if(t.data[i][j] >= mod)t.data[i][j] %= mod;
}
}
return t;
}
inline fi operator +(fi & a,fi & b){
fi t;
for(int i = ;i < n * ;i++){
for(int j = ;j < n * ;j++){
t.data[i][j] = a.data[i][j] + b.data[i][j];
if(t.data[i][j] >= mod)t.data[i][j] %= mod;
}
}
return t;
}
inline void cmd(fi & A,fi & T,long long k){
while(k){
if(k & 1LL)A = A * T;
T = T * T;
k >>= 1LL;
}
return;
}
char str[];
void build(){
scanf("%d %lld",&n,&t);
int x;
for(int i = ;i < n;i++){
scanf("%s",str);
for(int j = ;j < n;j++){
x = str[j] - '';
if(!x)continue;
x -= ;
T.data[i * + x][j * ] = ;
}
for(int j = ;j < ;j++){
T.data[i * + j][i * + j + ] = ;
}
}
A.data[][] = ;
cmd(A,T,t);
printf("%d\n",A.data[][(n - ) * ]);
}
int main(){
build();
}

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