1875: [SDOI2009]HH去散步
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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。 可是同一时候HH又是个喜欢变化的人，所以他不会立马沿着刚刚走来的路走回。 又由于HH是个喜欢变化的人，所以他每天走过的路径都不全然一样，他想知道他到底有多 少种散步的方法。 如今给你学校的地图（如果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共同拥有多少条符合条件的路径
Input
第一行：五个整数N，M，t，A，B。
当中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 不保证随意两个路口之间至多仅仅有一条路相连接。
路口编号从0到N − 1。
同一行内全部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 ≤ 230。0 ≤ A,B
Source
Day1
思路：对于这道题我们能够保存f[k][i][j]表示走了k步。经过边i到达了j
那么显然对于这个转移。我们就能够用矩阵乘法来优化了。
由于有重边并且不能连着走同样的边，所以我们把无向边拆成两条有向边就能解决问题了。
建立一个1* (2*m)的矩阵和一个(2 * m) * (2 * m)的矩阵就能够了。
最后再把从起点出去的边和进入终点的边Σ一下就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define D 45989
int n,m,t,A,B,e1[30][70],e2[30][70],a[150][150],ans[150][150],c[150][150];
bool f=true,pd[150][150];
struct S{int st,en;}aa[150];
int main()
{
int i,j,x,y,k;
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&A,&B);
A+=1;B+=1;
memset(pd,1,sizeof(pd));
for(i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
x+=1;y+=1;
e1[x][++e1[x][0]]=e2[y][++e2[y][0]]=2*i-1;
e2[x][++e2[x][0]]=e1[y][++e1[y][0]]=2*i;
pd[2*i-1][2*i]=pd[2*i][2*i-1]=false;
aa[2*i-1].st=aa[2*i].en=x;
aa[2*i-1].en=aa[2*i].st=y;
}
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j)
if(pd[i][j]&&(aa[i].en==aa[j].st))
a[i][j]+=1;
y=t-1;
while(y){
if(y&1){
if(f){
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j)
ans[i][j]=a[i][j];
f=false;
}
else{
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j){
c[i][j]=0;
for(k=1;k<=2*m;++k)
c[i][j]=(c[i][j]+(a[i][k]*ans[k][j])%D)%D;
}
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j)
ans[i][j]=c[i][j];
}
}
y>>=1;
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j){
c[i][j]=0;
for(k=1;k<=2*m;++k)
c[i][j]=(c[i][j]+(a[i][k]*a[k][j])%D)%D;
}
for(i=1;i<=2*m;++i)
for(j=1;j<=2*m;++j)
a[i][j]=c[i][j];
}
int sum=0;
for(i=1;i<=e1[A][0];++i)
for(j=1;j<=e2[B][0];++j)
sum=(sum+ans[e1[A][i]][e2[B][j]])%D;
printf("%d
",sum);
}