hdu-2157-How many ways??【矩阵快速幂】

题目链接：http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2157

How many ways??

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Problem Description

春天到了, HDU校园里开满了花, 姹紫嫣红, 非常美丽. 葱头是个爱花的人, 看着校花校草竞相开放, 漫步校园, 心情也变得舒畅. 为了多看看这迷人的校园, 葱头决定, 每次上课都走不同的路线去教室, 但是由于时间问题, 每次只能经过k个地方, 比方说, 这次葱头决定经过2个地方, 那他可以先去问鼎广场看看喷泉, 再去教室, 也可以先到体育场跑几圈, 再到教室. 他非常想知道, 从A 点恰好经过k个点到达B点的方案数, 当然这个数有可能非常大, 所以你只要输出它模上1000的余数就可以了. 你能帮帮他么?? 你可决定了葱头一天能看多少校花哦

Input

输入数据有多组, 每组的第一行是2个整数 n, m(0 < n <= 20, m <= 100) 表示校园内共有n个点, 为了方便起见, 点从0到n-1编号,接着有m行, 每行有两个整数 s, t (0<=s,t<n) 表示从s点能到t点, 注意图是有向的.接着的一行是两个整数T,表示有T组询问(1<=T<=100),
接下来的T行, 每行有三个整数 A, B, k, 表示问你从A 点到 B点恰好经过k个点的方案数 (k < 20), 可以走重复边。如果不存在这样的走法, 则输出0
当n, m都为0的时候输入结束

Output

计算每次询问的方案数, 由于走法很多, 输出其对1000取模的结果

Sample Input

4 40 10 21 32 320 3 20 3 33 60 11 00 22 01 22 121 2 10 1 30 0

Sample Output

2013

矩阵快速幂

       矩阵快速幂，算递推式，简单的如斐波那契数列的第一亿项的结果模上10000000后的结果就不能逐项递推了？这里就可以发挥矩阵快速幂的作用
    斐波那契的定义是f(1)=f(2)=1; 然后f(n)=f(n-1)+f(n-2) (n>=2) 我们也可以这样定义f(1)=f(2)=1; [f(n),f(n-1)]=[f(n-1),f(n-2)][1,1,1,0]，这样就可以化简了写成[f(n),f(n-1)]=[f(2),f(1)]*[1,1,1,0]^(n-2)。当然所有矩阵都是要模的。

题目分析：矩阵快速幂   将数据以连接矩阵的形式存储，求从A 点恰好经过k个点到达B点的方案数，经过k个点，就是将这个矩阵相乘k次.也就是说 把图用邻接矩阵A表示，A(i,j)=1表示从i到j有一条路，让C=A*A  C(i,j)=sum{A(i,k)*A(k,j)} 表示从i到j经过2个点的路径数，所以经过几个点，就是求矩阵A的几次方。

#include<iostream>#include<cstring>#include<iomanip>#include<cmath>#include<cstdio>using namespace std;struct Mat{    int mp[33][33];};        int city,road;Mat operator * (Mat a,Mat b)//运算符的重载，矩阵的乘法 {    Mat c;    int i,j,k;    memset(c.mp,0,sizeof(c.mp));    for(i=0;i<city;i++)    for(j=0;j<city;j++)    for(k=0;k<city;k++)    {        c.mp[j][k]+=a.mp[j][i] * b.mp[i][k];        c.mp[j][k]=c.mp[j][k]%1000;    }    return c;}Mat operator ^ (Mat a,int k){    Mat c;    int i,j;    for(i=0;i<city;i++)    for(j=0;j<city;j++)    {        if(i==j)c.mp[i][j]=1;        else c.mp[i][j]=0;    }    while(k)    {        if(k&1)c=c*a;//这里的乘号是重载之后的矩阵相乘         a=a*a;        k >>= 1;    }    return c;}int main(){    while(cin>>city>>road)    {        if(city==0&&road==0)break;        int i,j,k;        int u,v;        Mat a1,ans;        memset(a1.mp,0,sizeof(a1.mp));        for(i=0;i<road;i++)        {            scanf("%d%d",&u,&v);            a1.mp[u][v]=1;//初始化为单位矩阵         }        int num;        scanf("%d",&num);        while(num--)        {            int st,end,kk;            scanf("%d%d%d",&st,&end,&kk);            ans=a1^kk;            cout<<ans.mp[st][end]<<endl;        }    }    return 0;} 

#include<iostream>#include<cstring>#include<cmath>#include<cstdio>#include<iomanip>using namespace std;const int mod=1000;int n,m;//n维矩阵 struct Mat{    int mp[33][33];}; /***       Mat add(Mat a,Mat b)//(a+b)%mod 矩阵加法{Mat ans;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){ans.mp[i][j]+=a.mp[i][j]+b.mp[i][j];ans.mp[i][j]%=mod;}}return ans;}***/Mat mul(Mat a,Mat b)//(a*b)%mod 矩阵乘法 {Mat ans;memset(ans.mp,0,sizeof(ans.mp));for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){for(int k=0;k<n;k++){ans.mp[i][j]+=a.mp[i][k]*b.mp[k][j];ans.mp[i][j]%=mod;}}}return ans;}Mat power(Mat a,int mi)//(a^n)%mod 矩阵快速幂{Mat ans;memset(ans.mp,0,sizeof(ans.mp));    for(int i=0;i<n;i++){    ans.mp[i][i]=1;}while(mi){if(mi&1){ans=mul(ans,a);}a=mul(a,a);mi>>=1;}return ans;} /***Mat pow_sum(Mat a,int mi)//(a+a^2+a^3...+a^n)%mod 矩阵的幂和{int m;      Mat ans,pre;      if(mi==1)          return a;      m=mi/2;      pre=pow_sum(a,m);      ans=add(pre,mul(pre,power(a,m)));      if(mi&1){    ans=add(ans,power(a,mi)); }     return ans;   } ***/int main(){    while(cin>>n>>m)    {        if(n==0&&m==0)break;        int u,v;        Mat a1;        memset(a1.mp,0,sizeof(a1.mp));        for(int i=0;i<m;i++)        {            scanf("%d%d",&u,&v);            a1.mp[u][v]=1;         }        int t;        scanf("%d",&t);        while(t--)        {            int st,end,k;            scanf("%d%d%d",&st,&end,&k);            Mat ans=power(a1,k);            cout<<ans.mp[st][end]<<endl;        }    }    return 0;}