【题解】[scoi2009]迷路

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 。

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这道题我看到的第一反应是记忆化搜索，不过一看数据范围，记忆化搜索只能过30%。

这道题正解用到了邻接矩阵的幂。从一开始学图论，就知道邻接矩阵是一种图的存储方式，但没有把它与矩阵联系起来。。。

实际上，对于一个邻接矩阵A（元素只有0,1，表示有没有这条道路，不能带权值） A^n 中元素a[i][j]就是从i到j走n步的路径条数。。。（不禁要再次感叹线性代数的神奇）

但是这道题的问题在于图是有权值的，不可以直接把邻接矩阵带入计算。

那么怎么做呢？考虑到权值<=9,我们可以把每个点x拆成9个点：x*9+j (1<=j<=9)，代表在这个点走j-1步所到达的点（自然x*9+1就对应原来的点），把它们连起来，再把原来的每条从i到j边长为k的边，变成新图中的从i*9+k到j*9+1的边长为1边。这样就建立了一张新的权值只有0,1的图，再把它的邻接矩阵B拿来计算，则答案就是B^t中的[0*9+1][(n-1)*9+1]号元素所对应的值。

另外，矩阵的幂就用快速幂来计算，只不过把数字换成矩阵，把数字乘法换成矩阵乘法就可以了。（注：矩阵的0次方为单元矩阵）

#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int P=2009;int n,t;struct Mat{int s[100+10][100+10];int x,y;Mat(){memset(s,0,sizeof(s));}Mat operator =(const Mat &b){x=b.x;y=b.y;for(int i=1;i<=x;i++){for(int j=1;j<=y;j++)s[i][j]=b.s[i][j];}}Mat operator *(const Mat &b){Mat c;c.x=x;c.y=b.y;for(int i=1;i<=x;i++){for(int j=1;j<=b.y;j++){for(int k=1;k<=y;k++){c.s[i][j]=(c.s[i][j]+s[i][k]*b.s[k][j])%P;}}}return c;}}start,single;char map1[10+10][10+10];Mat qpow(Mat d,int c){if(c==0)return single;if(c==1)return d;Mat ret=qpow(d,c/2);ret=ret*ret;if(c&1)ret=ret*d;return ret;}int main(){scanf("%d%d",&n,&t);start.x=start.y=9*n;single.x=single.y=9*n;for(int i=0;i<n;i++){scanf("%s",map1[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<9;j++){start.s[(i-1)*9+j][(i-1)*9+j+1]=1;}}for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(map1[i][j]-'0'!=0)start.s[i*9+map1[i][j]-'0'][j*9+1]=1;}}Mat ans=qpow(start,t);printf("%d\n",ans.s[1][(n-1)*9+1]);return 0;}