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【题意】
【题解】
如果点与点之间的距离都是1的话。 那么T次方之后的矩阵上a[1][n]就是所求答案了。但是这一题的边权可能会大于1
但最多为10
很容易想到拆点。
我们把每个点又重新分为9个点。
x1,x2,x3..x9
然后对于所有的i,从xi向x[i-1]连一条单向边。
然后如果x和y有一条长度为z的边
那么从x[1]向x[z-1]连一条边。
这样从x[1]走z条边才能到y[1]
然后在这个新的图所构成的矩阵上。
把它做一下矩阵乘法。
T次方
(这种方法,类似于强行把原图拆成边权都是1的图。用旧的方法,解决新的问题。
(很巧妙的转换
然后输出对应的位置就好。
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define pb push_back
#define lson l,mid,rt<<1
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
const double pi = acos(-1);
const int dx[4] = {0,0,1,-1};
const int dy[4] = {1,-1,0,0};
const int N = 100;
const int G = 100; //矩阵大小
const LL MOD = 2009; //模数
struct MX
{
int v[G+5][G+5];
void O() { ms(v, 0); }
void E() { ms(v, 0); for (int i = 0; i <= G; ++i)v[i][i] = 1; }
void P()//输出矩阵
{
for (int i = 0; i <= G; ++i)
{
for (int j = 0; j <= G; ++j)printf("%d ", v[i][j]); puts("");
}
}
MX operator * (const MX &b) const//矩阵乘法
{
MX c; c.O();
for (int k = 0; k <= G; ++k)
{
for (int i = 0; i <= G; ++i) if (v[i][k])
{
for (int j = 0; j <= G; ++j)
{
c.v[i][j] = (c.v[i][j] + (LL)v[i][k] * b.v[k][j]) % MOD;
}
}
}
return c;
}
MX operator ^ (LL p) const//矩阵快速幂
{
MX y; y.E();
MX x; memcpy(x.v, v, sizeof(v));
while (p)
{
if (p&1) y = y*x;
x = x*x;
p>>=1;
}
return y;
}
}a;
int n,t;
char s[N+10][N+10];
int main(){
#ifdef LOCAL_DEFINE
freopen("rush_in.txt", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin >> n >> t;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> (s[i]+1);
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 8;j >= 1;j--)
a.v[(i-1)*9+j][(i-1)*9+j-1] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n;j++)
if (s[i][j]>'0'){
int x = s[i][j]-'0';
a.v[(i-1)*9][(j-1)*9+x-1] = 1;
}
a = a^(t);
cout<<a.v[(1-1)*9][(n-1)*9]<<endl;
return 0;
}