【SDOI2009】HH去散步（矩阵快速幂）

题面

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。

输入样例#1：

4 5 3 0 0
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2

输出样例#1：

4

说明

对于30%的数据，N ≤ 4，M ≤ 10，t ≤ 10。

对于100%的数据，N ≤ 50，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B

题解

首先，很容易想到DP
发现DP每一次的转移其实是相同的
因此可以使用矩阵快速幂。
但是，这里不能够直接用邻接矩阵来做快速幂
因为有不能够立刻走反向边的限制。
那么，考虑把原来的点与点之间的转移变成边与边之间的转移
每次可以从一条边走到另外一条边
此时就可以限制回边的问题

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<queue>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;#define MOD 45989#define MAX 60#define MAXL MAX*MAXinline int read(){    register int x=0,t=1;    register char ch=getchar();    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();    if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}    return x*t;}struct Line{    int v,next;}e[MAXL];int h[MAX],cnt=1;int N,M,T,A,B,ans=0;inline void Add(int u,int v){    e[++cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt;}struct dalao{    int a[MAX*3][MAX*3];}pht;dalao operator *(dalao syc,dalao dsl){    dalao gay;memset(gay.a,0,sizeof(gay.a));    for(int i=1;i<=2*M+1;++i)        for(int j=1;j<=2*M+1;++j)            for(int k=1;k<=2*M+1;++k)                gay.a[i][j]=(gay.a[i][j]+syc.a[i][k]*dsl.a[k][j])%MOD;    return gay;}dalao Pow(dalao yl,int ball){    if(ball==1)return yl;    dalao zsy=Pow(yl,ball>>1);    zsy=zsy*zsy;    if(ball&1)zsy=zsy*yl;    return zsy;}int main(){    N=read();M=read();T=read();A=read()+1;B=read()+1;    for(int i=1;i<=M;++i)    {        int u=read()+1,v=read()+1;        Add(u,v);Add(v,u);    }    for(int i=h[A];i;i=e[i].next)pht.a[1][i]++;    for(int i=2;i<=cnt;++i)    {        for(int j=h[e[i].v];j;j=e[j].next)        {            if(i!=(j^1))                pht.a[i][j]++;        }    }    dalao ycb=Pow(pht,T-1);    pht=pht*ycb;    for(int i=2;i<=cnt;++i)    {        if(e[i].v==B)            (ans+=pht.a[1][i])%=MOD;    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}