[Luogu P2151] [BZOJ 1875] [SDOI2009]HH去散步

最新推荐文章于 2024-03-20 12:55:07 发布

LPA20020220

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分类专栏：图论 Floyd 矩阵文章标签：图论 Floyd 矩阵

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本文解析了一道洛谷BZOJ上的算法题目，该题目要求计算从特定起点到终点，长度为给定距离的所有不同路径数量。文章详细介绍了如何通过建立特殊的边数据结构，使用矩阵乘法和快速幂运算来高效解决此问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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题目描述

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

输入输出格式

输入格式：

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 $A_i$ ， $B_i$ ，表示从路口 $A_i$ 到路口 $B_i$ 有一条路。数据保证 $A_i \ne B_i$ ，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 $45989$ 。

输出格式：

一行，表示答案。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

对于30%的数据， $N \leq 4$ ， $M \leq 10$ ， $t \leq 10$ 。

对于100%的数据， $N \leq 50$ ， $M \leq 60$ ， $t ≤ 2^{30}$ ， $0 \leq A, B$

解题分析

这道题要求不能从原来的边走回去，所以直接把每条边建成两个点，表示走过 $k$ 次后最后一次走过的边为这条边的方案数，暴力连边转移即可。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <map>
#include <algorithm>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 155
#define MOD 45989
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
    x = 0; R char c = gc;
    for (; !isdigit(c); c = gc);
    for (;  isdigit(c); c = gc)
    x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
int n, m, bd, cnt, ct, k, st, ed;
int mp[MX][MX], head[MX], tot[MX];
struct Matrix {ll mat[MX][MX];}unit, tran, ini, res;
struct Edge {int from, to;} edge[MX];
struct EDGE {int to, id, nex;} e[MX];
IN void add(R int from, R int to, R int id) {e[++ct] = {to, id, head[from]}, head[from] = ct;}
IN bool operator < (const Edge &x, const Edge &y)
{return x.from == y.from ? x.to < y.to : x.from < y.from;}
IN Matrix operator * (const Matrix &x, const Matrix &y)
{
    Matrix ret;
    R int i, j, k;
    for (i = 0; i <= m; ++i)
    for (j = 0; j <= m; ++j)
    {
        ret.mat[i][j] = 0;
        for (k = 0 ; k <= m; ++k)
        ret.mat[i][j] += x.mat[i][k] * y.mat[k][j];
        ret.mat[i][j] %= MOD;
    }
    return ret;
}
IN Matrix operator ^ (Matrix base, R int tim)
{
    Matrix ret = unit;
    W (tim)
    {
        if (tim & 1) ret = ret * base;
        base = base * base, tim >>= 1;
    }
    return ret;
}
int main(void)
{
    int a, b, tmp, id;
    in(n), in(m), in(k), in(st), in(ed); st++, ed++, tmp = m;
    for (R int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        in(edge[i].from), in(edge[i].to);
        edge[i].from++, edge[i].to++;
        edge[i + m].from = edge[i].to, edge[i + m].to = edge[i].from;
        add(edge[i].from, edge[i].to, i);
        add(edge[i].to, edge[i].from, i + m);
    }
    m <<= 1;
    for (R int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        id = i % tmp;
        unit.mat[i][i] = 1;
        a = edge[i].from, b = edge[i].to;
        if (a == st) ini.mat[0][i] = 1;
        for (R int j = head[b]; j; j = e[j].nex)
        {
            if (e[j].id % tmp == id) continue;
            tran.mat[i][e[j].id] = 1;
        }
    }
    res = ini * (tran ^ (k - 1));
    ll ans = 0;
    for (R int i = 1; i <= m; ++i)
    if (edge[i].to == ed) (ans += res.mat[0][i]) %= MOD;
    printf("%lld", ans);
}