1297: [SCOI2009]迷路
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Description
windy在有向图中迷路了。 该有向图有 N 个节点,windy从节点 0 出发,他必须恰好在 T 时刻到达节点 N-1。 现在给出该有向图,你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗? 注意:windy不能在某个节点逗留,且通过某有向边的时间严格为给定的时间。
Input
第一行包含两个整数,N T。 接下来有 N 行,每行一个长度为 N 的字符串。 第i行第j列为'0'表示从节点i到节点j没有边。 为'1'到'9'表示从节点i到节点j需要耗费的时间。
Output
包含一个整数,可能的路径数,这个数可能很大,只需输出这个数除以2009的余数。
Sample Input
【输入样例一】
2 2
11
00
【输入样例二】
5 30
12045
07105
47805
12024
12345
Sample Output
【输出样例一】
1
【样例解释一】
0->0->1
【输出样例二】
852
HINT
30%的数据,满足 2 <= N <= 5 ; 1 <= T <= 30 。 100%的数据,满足 2 <= N <= 10 ; 1 <= T <= 1000000000 。
解析:
首先我们知道,当所有边权都是1的时候 那么邻接矩阵自乘T次之后a[1][n]就是答案。
如果不知道的话可以这样理解(以下纯属自己乱想的,慎重!),根据矩阵乘法的公式:
因为初始边权为1,所以此时f[ i ][ j ]可以代表 i ~ j 若有连边则说明 i ~ j 只有一种路径。自乘一次后由加法定则和乘法定则可以对应矩阵乘法的公式,a[ i ][ k ] * a[ k ][ j ]就相当于从 i 走到 k 的方案数乘以从 k 走到 j的方案数(乘法定则),将所有的a[ i ][ k ] * a[ k ][ j ]加起来(加法定则),就能算出多走1的路径条数(感性理解就好了。。。)
所以问题就转化成如果将矩阵变成边权均为1的矩阵。考虑拆点,将一个点拆成9个点,第 i 个点拆成的第 j+1 个点向第 j 个点连一条边权为1的边那么 i->j 有一条边权为 k 的边等价于 i 向 j 拆成的第 k 个点连边。
后记:
唉,一个快退役的NOIP选手做这些省选题都不知道为了什么。。。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Max=150;
const int mod=2009;
int n,m,sum,t;
int ans[Max][Max],a[Max][Max],b[Max][Max];
inline int calc(int x,int y){return (y-1)*n+x;}
inline void mul()
{
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=1;i<=n*9;i++)
for(int j=1;j<=n*9;j++)
for(int k=1;k<=n*9;k++)
b[i][j] = (b[i][j] + ans[i][k] * a[k][j]) % mod;
memcpy(ans,b,sizeof(b));
}
inline void mulself()
{
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=1;i<=n*9;i++)
for(int j=1;j<=n*9;j++)
for(int k=1;k<=n*9;k++)
b[i][j] = (b[i][j] + a[i][k] * a[k][j]) % mod;
memcpy(a,b,sizeof(b));
}
inline void solve()
{
while(t)
{
if(t&1) mul();
t>>=1;
mulself();
}
cout<<ans[1][n]%mod<<"\n";
}
int main()
{
scanf("%d%d\n",&n,&t);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
char ch=getchar();
if(!(ch-'0')) continue;
a[i][calc(j,ch-'0')]=1;
}
for(int j=2;j<=9;j++) a[calc(i,j)][calc(i,j-1)]=1;
getchar();
}
for(int i=1;i<=n*9;i++) ans[i][i]=1;
solve();
return 0;
}