【47.40%】【BZOJ 1875】[SDOI2009]HH去散步

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 1363  Solved: 646
[Submit][Status][Discuss]

Description

HH有个一成不变的习惯，喜欢饭后百步走。所谓百步走，就是散步，就是在一定的时间 内，走过一定的距离。 但是同时HH又是个喜欢变化的人，所以他不会立刻沿着刚刚走来的路走回。 又因为HH是个喜欢变化的人，所以他每天走过的路径都不完全一样，他想知道他究竟有多 少种散步的方法。 现在给你学校的地图（假设每条路的长度都是一样的都是1），问长度为t，从给定地 点A走到给定地点B共有多少条符合条件的路径

Input

第一行：五个整数N，M，t，A，B。其中N表示学校里的路口的个数，M表示学校里的 路的条数，t表示HH想要散步的距离，A表示散步的出发点，而B则表示散步的终点。 接下来M行，每行一组Ai，Bi，表示从路口Ai到路口Bi有一条路。数据保证Ai = Bi，但 不保证任意两个路口之间至多只有一条路相连接。 路口编号从0到N − 1。 同一行内所有数据均由一个空格隔开，行首行尾没有多余空格。没有多余空行。 答案模45989。

Output

一行，表示答案。

Sample Input

4 5 3 0 0
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2

Sample Output

4

HINT

对于30%的数据，N ≤ 4，M ≤ 10，t ≤ 10。 对于100%的数据，N ≤ 20，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B

【题解】

类似的题目。

给出n*n的邻接矩阵。1表示从某个节点到某个节点有一条有向边。

求从任意一个节点到任意一个节点恰好走k步到达的方案数。

如果是这样的问题。直接把邻接矩阵看成是一个矩阵A,然后求A^k即可。

这一题如果不加上那个不走重路的条件则和这个例子是一样的。

但是加了之后就不能单纯地用这种方法来做了。

需要换一个思路。就是把所有的边看成是一个点。

然后矩阵A[i][j]记录的是第i条边是否链接着第j条边。如果链接着则为1否则为0;

因为我们用邻接表来存储给出的边。所以很容易求出哪两条边(a,b)满足

a->终点==b->起点。且要求b的终点不为a(我们一开始会把无向图处理成两条有向图,所以会有反边)

而我们处理边的时候同时add(x,y)且add(y,x);

所以这两条边的编号一个为奇数一个为偶数。

且它们的编号是相邻的。

我们在判断两条这样符合要求的边(a,b)的时候。就可以根据奇偶性来判断它们是不是一对相反的边。

先不考虑把边化为点。

有这样一个图

a->b->c;

假设a->b这条边的编号为1.b->c这条边的编号为3;

则我们在边化点的时候

a[1][3]=1;

而我们如果要求k=2;

则只需要把化成的矩阵A做A^(k-1)即可(而A^1就是A本身);

然后化一个虚拟的节点t0.

这个t0指向起点a的所有出度边。

for (int i = first[a];i;i= next[i])

B.v[1][i] = 1;

然后把矩阵B和做过乘方的矩阵A相乘(一定是矩阵B和矩阵A相乘,矩阵乘法没有交换律);

得到新的矩阵A;

A[1][1..totm]就是起点指向所有边的方案数(从起点到那条边的终点的方案数);

∑A[1][终点的出度边的相反边] % MOD即为答案;

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstdlib>

const int MAX_M = 60;
const int MAX_N = 21;
const int MOD = 45989;

int n, m, t, a, b,totm = 0,final_ans = 0;
int next[MAX_M * 3], en[MAX_M * 3],first[MAX_N];

struct juzhen
{
	int v[MAX_M * 3][MAX_M * 3];
};

juzhen X, Y,ans,c,temp;

void add(int x, int y)
{
	totm++;
	next[totm] = first[x];
	first[x] = totm;
	en[totm] = y;
}

void input_data()
{
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &t, &a, &b);
	a++; b++;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		x++; y++;
		add(x, y);
		add(y, x);
	}
}

int fan(int x)
{
	if (x & 1)
		return x + 1;
	return x - 1;
}

juzhen cheng(juzhen a, juzhen b)
{

	return c;
}

void chengfang(int now)//矩阵快速幂；
{
	if (now <= 1)
		return;
	chengfang(now >> 1);
	for (int i = 1; i <= totm; i++)
	{
		for (int what = 1; what <= totm; what++)
		{
			c.v[i][what] = 0;
			for (int j = 1; j <= totm; j++)
				c.v[i][what] = (c.v[i][what] + Y.v[i][j] * Y.v[j][what]) % MOD;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= totm; i++)
		for (int j = 1; j <= totm; j++)
			Y.v[i][j] = c.v[i][j];
	if (now & 1)
	{
		for (int i = 1; i <= totm; i++)
		{
			for (int what = 1; what <= totm; what++)
			{
				c.v[i][what] = 0;
				for (int j = 1; j <= totm; j++)
					c.v[i][what] = (c.v[i][what] + Y.v[i][j] * temp.v[j][what]) % MOD;
			}
		}
		for (int i = 1; i <= totm; i++)
			for (int j = 1; j <= totm; j++)
				Y.v[i][j] = c.v[i][j];
	}
}

void get_ans()
{
	for (int i = first[a]; i; i = next[i])
		X.v[1][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= totm; i++)
		for (int j = first[en[i]]; j; j = next[j])
			if (j != fan(i))
			{
				Y.v[i][j] = 1;
				temp.v[i][j] = 1;
			}
	chengfang(t - 1);//A^(t-1);
	for (int i = 1; i <= totm; i++)//把那个系数矩阵和做过乘方的矩阵相乘(注意顺序);
	{
		for (int what = 1; what <= totm; what++)
		{
			c.v[i][what] = 0;
			for (int j = 1; j <= totm; j++)
				c.v[i][what] = (c.v[i][what] + X.v[i][j] * Y.v[j][what]) % MOD;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= totm; i++)
		for (int j = 1; j <= totm; j++)
			ans.v[i][j] = c.v[i][j];
	for (int i = first[b]; i; i = next[i])
		final_ans = (final_ans + ans.v[1][fan(i)]) % MOD;
}

void special_judge()
{
	if (t == 0)
	{
		if (a == b)
			printf("1
");
		else
			printf("0
");
		exit(0);
	}
}

void output_ans()
{
	printf("%d
", final_ans);
}

int main()
{
	//freopen("F:\rush.txt", "r", stdin);
//	freopen("F:\rush_out.txt", "w", stdout);
	input_data();
	special_judge();
	get_ans();
	output_ans();
	return 0;
}