「SDOI2009」HH去散步-矩阵快速幂+dp

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$B$共有多少条符合上述条件的路径。

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Luogu P2151

题解

可以发现这是一道dp。

如果令状态为$dp[i][t]$,在第$i$个点,再走t步到达B点的方案数。但是我们注意到这个就很难满足:

他不会立刻沿着刚刚走来的路走回

的限制条件。


所以我们为了体现出刚走过的边,同时还能体现出刚走过的点,就重新设计一下状态:

令$dp[e][t]$为刚刚走过第$e$条边,再走$t$步到达$B$点的方案数。

具体实现的时候要建两条单向边,然后状态转移方程大概是:

$$
dp[e][t] = \sum dp[e’][t-1]
$$

其中$e’$为所有从$e.to$出发的边,除了$e$的反向边。

注意到这里$t$的范围比较大,对于任意时候的$t$和某个$e$,转移的路径,也就是$e’$都不会变,所以我们用矩阵快速幂优化这一过程。

这里的模数要用define样式的比较好,对于常数比较有利。

时间复杂度:$O((2m)^3 \times \log{t})$

代码

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAXN = 200;
typedef long long ll;
#define mod 45989

int n,m,t,A,B;
struct Edge{
int to,nex;
}edge[MAXN];
int fir[MAXN],ecnt = 2;

inline void addedge(int u,int v){
edge[ecnt] = (Edge){v,fir[u]};
fir[u] = ecnt++;
}

struct Matrix{
ll a[MAXN][MAXN];
Matrix(){
memset(a,0,sizeof(a));
}
};

inline Matrix mul(const Matrix &_a,const Matrix &_b){
Matrix tmp;
for(int i = 1;i<=2*m;i++){
for(int j = 1;j<=2*m;j++){
for(int k = 1;k<=2*m;k++){
tmp.a[i][j] += _a.a[i][k] * _b.a[k][j];
}
if(tmp.a[i][j] >= mod) tmp.a[i][j] %= mod;
}
}
return tmp;
}

inline Matrix pow(Matrix x,int k){
Matrix ans;
for(int i = 1;i<=2*m;i++) ans.a[i][i] = 1;
for(int i = k;i;i>>=1,x = mul(x,x)){
if(i&1) ans = mul(ans,x);
}
return ans;
}

inline void init(){
scanf("%d %d %d %d %d",&n,&m,&t,&A,&B);
A++,B++;
int u,v;
for(int i = 1;i<=m;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
u++,v++;
addedge(u,v);
addedge(v,u);
}
m++;
edge[2*m] = (Edge){A,fir[0]};
fir[0] = 1;
}

void solve(){
Matrix M,I;
for(int e = 2;e<=2*m;e++){
int x = edge[e].to;
if(x == B) I.a[e][1] = 1;
for(int nowe = fir[x];nowe;nowe = edge[nowe].nex){
if((e^1)==nowe) continue;
M.a[e][nowe] = 1;
}
}
M = pow(M,t);
static ll ans[MAXN];
for(int i = 1;i<=2*m;i++){
for(int j = 1;j<=2*m;j++){
ans[i] += M.a[i][j] * I.a[j][1];
}
}
printf("%lld\n",ans[2*m] % mod);
}


int main(){
init();
solve();
return 0;
}