USACO 好难啊
# 题面
(n) 个点之间有若干条有向边连接，保证边 (u o v) 不超过一条，但可能同时有 (u o v,v o u)，也可以有自环。
你有 (m) 个按钮编号为 (1sim m)，最初所有按钮都「可用」。当你按下按钮 (x) 后，按钮 (x) 会被「禁用」（你不能按当前被禁用的按钮），同时按钮 (1sim x-1) 全部恢复成可用。
给定 (Q) 组询问，每组询问给出 (s,t,b_s,b_t)，表示：你从 (s) 点出发，开始时强制按钮 (b_s) 变为「禁用」；你需要按一个按钮，然后走一步；求有多少种方案，满足当你到达 (t) 点时，你上一次按的按钮为 (b_t)。
数据规模：(n,m,qle60)。
# 解析
暂时不管 (b_s,b_t) 的限制。
根据规则，我们按下按钮 (i) 后，小于 (i) 的按钮都会重置，于是比较自然地想到计算子问题「只用小于等于 (i) 的按钮」。
定义朴素 DP 状态：(f(i,s,t)) 表示「只按小于等于 (i) 的按钮，从 (s) 跑到 t$ 有多少种方案」。记 (g(s,t)) 表示是否存在边 (s o t)，存在为 (1)，不存在为 (0)。
考虑 (f) 的转移 —— 「只按小于等于 (i) 的按钮」，意味着当我们按下 (i) 后，(i) 就永远禁用了，于是可以先分两类再拆三段：
- 不按按钮 (i)：(f(i,s,t)gets f(i-1,s,t))（“(gets)” 在这里表示 “贡献”）；
- 按按钮 (i)，可以拆成三段：
- 先在 (1sim i-1) 中瞎乱按：(f(i-1,s,x))；
- 按按钮 (i)：(e(x,y))；
- 再在 (1sim i-1) 中瞎乱按：(f(i-1,y,t))。
记矩阵 (E)：(E_{ij}=e(i,j))；(F^i)：(F^i_{st}=f(i,s,t))。
矩阵编号写成下标太难受了 ::>_<::
于是 DP 的转移方程就可以写成：
可以 (mathcal{O}(n^4)) 处理出所有的 DP 值。
再考虑 (b_s,b_t) 的限制。仍然分析「只按小于等于 (b_{mx}) 的按钮」这样的子问题，不过这次要求一定要按 (b_{mx})。
把方案从按下 (b_{mx}) 这个位置分成两半计算，因为 (b_{mx}) 既然是按的最大的按钮，肯定只能按一次。
定义 DP 状态 (p(i,x)) 表示：(b_{mx}=i) 时，从 (s) 出发，按钮初始状态为“只有 (b_s) 禁用”，每走一步按一次按钮（这样方便理解一些），走到 (x) 时按下 (b_{mx}) 的方案数。
根据定义，DP 初值为 (p(b_s,s)=1)。一种方案可以看成两部分：
- 只在小于等于 (j) 的按钮中乱按，从 (s) 跑到 (y)，且最后按下按钮 (j)（此时小于等于 (j-1) 的按钮重置）；
- 在小于等于 (j-1) 的按钮中乱按，从 (y) 跑到 (z)；
- 按下 (i)，从 (z) 跑到 (x)，结束。
同样，写成矩阵的形式，一个一行 (n) 列的矩阵。(P^i)：(P^i_{1j}=p(i,j))。
注意到 (P) 是 (1 imes n) 的，上述转移可以 (mathcal{O}(n^3)) 计算出所有的 (p(i,x))。
再推导后一半：按下按钮 (b_{mx}) 最后按 (b_t)。记 (q(i,x)) 表示 (b_{mx}=i) 时，从 (x) 出发，按钮初始状态为“只有 (b_{mx}) 为禁用”，按一次按钮走一步，走到 (t) 且最后一次按 (b_t) 的方案数。
答案则为
注意到 (q) 和 (p) 在某种程度上是高度对称的，我们可以较为简单地得到 (q) 的转移 —— 基本上就是把整个过程倒过来想。
- 最后在小于等于 (j-1) 的按钮中乱按，从 (z) 跑到了 (t)；
- 之前在小于等于 (j) 的按钮中乱按，最后一次按了按钮 (j)，从 (y) 跑到了 (z)；
- 最开始按了按钮 (i)，从 (x) 跑到了 (y)。
同理可以 (mathcal{O}(n^3)) 求解。
所以总复杂度为 (mathcal{O}(n^4+Qn^3))，写成矩阵可以让代码略微好看一些……
# 源代码
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int rin(int &r){
int b=1,c=getchar();r=0;
while(c<'0' || '9'<c) b=c=='-'?-1:b,c=getchar();
while('0'<=c && c<='9') r=(r<<1)+(r<<3)+(c^'0'),c=getchar();
return r*=b;
}
const int N=65,MOD=1e9+7;
#define con(type) const type &
inline int add(con(int)a,con(int)b){return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b;}
inline int sub(con(int)a,con(int)b){return a-b<0?a-b+MOD:a-b;}
inline int mul(con(int)a,con(int)b){return int(1ll*a*b%MOD);}
inline int ina_pow(con(int)a,con(int)b){return b?mul(ina_pow(mul(a,a),b>>1),(b&1)?a:1):1;}
inline void upd(int &a,con(int)b){a=add(a,b);}
int n,m,nq;
char str[N];
struct Matrix{
int mat[N][N];
Matrix(){memset(mat,0,sizeof mat);}
inline int* operator [](con(int)i){return mat[i];}
Matrix operator *(con(Matrix)b)const{
Matrix c;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int j=1;j<=n;j++)
upd(c.mat[i][j],mul(mat[i][k],b.mat[k][j]));
return c;
}
void operator +=(con(Matrix)b){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
upd(mat[i][j],b.mat[i][j]);
}
}m_tra,m_def[N];
int vs[N][N],vt[N][N],tmp[N],tmp2[N];
int main(){
// freopen("input.in","r",stdin);
rin(n),rin(m),rin(nq);
for(int u=1;u<=n;u++){
scanf("%s",str+1);
for(int v=1;v<=n;v++)
m_tra[u][v]=str[v]=='1';
}
for(int i=1;i<=n;i++)
m_def[0][i][i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
m_def[i]=m_def[i-1];
m_def[i]+=m_def[i-1]*m_tra*m_def[i-1];
}
for(int mq=1,bs,bt,s,t;mq<=nq;mq++){
rin(bs),rin(s),rin(bt),rin(t);
memset(vs,0,sizeof vs);
memset(vt,0,sizeof vt);
// “走完这一步，按一次按钮” -> “最初在 s 点直接按一次按钮”
vs[bs][s]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) tmp[i]=m_def[bs-1][s][i];
for(int i=bs+1;i<=m;i++){
for(int p=1;p<=n;p++)
for(int q=1;q<=n;q++)
upd(vs[i][q],mul(tmp[p],m_tra[p][q]));
for(int p=1;p<=n;p++)
for(int q=1;q<=n;q++)
upd(tmp2[q],mul(vs[i][p],m_def[i-1][p][q]));
for(int p=1;p<=n;p++) upd(tmp[p],tmp2[p]),tmp2[p]=0;
}
// “按一次按钮，走一步” -> “最后在 t 直接按一次”
vt[bt][t]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) tmp[i]=m_def[bt-1][i][t];
for(int i=bt+1;i<=m;i++){
for(int p=1;p<=n;p++)
for(int q=1;q<=n;q++)
upd(vt[i][q],mul(tmp[p],m_tra[q][p]));
for(int p=1;p<=n;p++)
for(int q=1;q<=n;q++)
upd(tmp2[q],mul(vt[i][p],m_def[i-1][q][p]));
for(int p=1;p<=n;p++) upd(tmp[p],tmp2[p]),tmp2[p]=0;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
upd(ans,mul(vs[i][j],vt[i][j]));
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}