沼泽鳄鱼_SSL2511_矩阵乘法

沼泽鳄鱼

【题目描述】

潘塔纳尔沼泽地号称世界上最大的一块湿地，它地位于巴西中部马托格罗索州的南部地区。每当雨季来临，这里碧波荡漾、生机盎然，引来不少游客。

为了让游玩更有情趣，人们在池塘的中央建设了几座石墩和石桥，每座石桥连接着两座石墩，且每两座石墩之间至多只有一座石桥。这个景点造好之后一直没敢对外开放，原因是池塘里有不少危险的食人鱼（不是说鳄鱼咩~_~）。

豆豆先生酷爱冒险，他一听说这个消息，立马赶到了池塘，想做第一个在桥上旅游的人。虽说豆豆爱冒险，但也不敢拿自己的性命开玩笑，于是他开始了仔细的实地勘察，并得到了一些惊人的结论：食人鱼的行进路线有周期性，这个周期只可能是2，3或者4个单位时间。每个单位时间里，食人鱼可以从一个石墩游到另一个石墩。每到一个石墩，如果上面有人它就会实施攻击，否则继续它的周期运动。如果没有到石墩，它是不会攻击人的。

借助先进的仪器，豆豆很快就摸清了所有食人鱼的运动规律，他要开始设计自己的行动路线了。每个单位时间里，他只可以沿着石桥从一个石墩走到另一个石墩，而不可以停在某座石墩上不动，因为站着不动还会有其它危险。如果豆豆和某条食人鱼在同一时刻到达了某座石墩，就会遭到食人鱼的袭击，他当然不希望发生这样的事情。

现在豆豆已经选好了两座石墩Start和End，他想从Start出发，经过K个单位时间后恰好站在石墩End上。假设石墩可以重复经过（包括Start和End），他想请你帮忙算算，这样的路线共有多少种（当然不能遭到食人鱼的攻击）。

 

【输入文件】

输入文件共M + 2 + NFish行。

第一行包含五个正整数N，M，Start，End和K，分别表示石墩数目、石桥数目、Start石墩和End石墩的编号和一条路线所需的单位时间。石墩用0到N–1的整数编号。

第2到M + 1行，给出石桥的相关信息。每行两个整数x和y，0 ≤ x, y ≤N–1，表示这座石桥连接着编号为x和y的两座石墩。

第M + 2行是一个整数NFish，表示食人鱼的数目。

第M + 3到M + 2 + NFish行，每行给出一条食人鱼的相关信息。每行的第一个整数是T，T = 2，3或4，表示食人鱼的运动周期。接下来有T个数，表示一个周期内食人鱼的行进路线。

      如果T＝2，接下来有2个数P₀和P₁，食人鱼从P₀到P₁，从P₁到P₀，……；

      如果T＝3，接下来有3个数P₀，P₁和P₂，食人鱼从P₀到P₁，从P₁到P₂，从P₂到P₀，……；

      如果T＝4，接下来有4个数P₀，P₁，P₂和P₃，食人鱼从P₀到P₁，从P₁到P₂，从P₂到P₃，从P₃到P₀，……。

豆豆出发的时候所有食人鱼都在自己路线上的P₀位置，请放心，这个位置不会是Start石墩。

 

【输出文件】

输出路线的种数，因为这个数可能很大，你只要输出该数除以10000的余数就行了。

 

【约定】

Ø      1 ≤ N ≤50

Ø      1 ≤ K ≤2,000,000,000

Ø      1 ≤NFish ≤ 20

 

【样例输入】

6 8 1 5 3

0 2

2 1

1 0

0 5

5 1

1 4

4 3

3 5

1

3 0 5 1

 

【样例输出】

2

 

【样例说明】

时刻

0

1

2

3

食人鱼位置

0

5

1

0

路线一

1

2

0

5

路线二

1

4

3

5

【解题思路】

知识点：

图邻接矩阵上的乘法

图的邻接矩阵可以唯一地表示一张图，并且有很多神奇的性质。

首先，我们来看一下最简单的情况，一张N个点的无向无权图。如果点a和点b连边，那么邻接矩阵G[a,b]=G[b,a]=1，否则都等于0。

考虑邻接矩阵自乘，即G²=G*G(矩阵乘法)可以得出结论，G^k[a,b]就等同a到b经过k-1个中间点也就是长度为k的路径条数。

那么对于有重边的图，我们只需要把G[a,b]改为表示点a、b之间重边的条数即可。

而对于有向图的自环不需要特殊考虑。

对于无向图的自环，我们通常是把G[a,a]加上2，这样在计算Gk的时候这条边就被算成2条不同的边，如果只加上1，又会不满足矩阵里所有元素和等于边数两倍的性质。

考虑这个问题，假设没有食人鱼，那么这道题目就变成了上述所说的求由a到b长度为k的路径条数，即求连接矩阵G^k[a,b]。

再考虑有食人鱼的情况：

图邻接矩阵上的乘法有食人鱼和没有食人鱼的区别就在于，前者的图是不断在变化，而后者的图始终是不变的。

设Gi表示把与时刻i不能经过的点相关的边都去掉以后的图。相乘同样可以得到最终时刻的答案矩阵Gk*Gk-1*Gk-2....*G1。

那么这样就是最优解了吗？

观察题目数据范围可以发现，2≤T≤4，2、3、4的最小公倍数为12，则最多没12单位时间为一个周期，所以我们只用考虑12单位时间内的各连接矩阵即可。

但是注意到k不一定是12的倍数，所以k mod 12也就是最后未满一个周期的时间，我们可以单独相乘，前面周期计算采用快速幂，这样间复杂度为O(N²logK)

【源代码】/pas

type arr=array[0..101,0..101]of longint;const pp=10000;var a,b:array[0..101]of longint;n,m,s,e,q:longint;t,c,d:arr;g:array[0..12]of arr;procedure ch(u,v:arr);var j,k,l:longint;begin  fillchar(c,sizeof(c),0);  for j:=1 to n do  for k:=1 to n do  for l:=1 to n do  c[j,k]:=(c[j,k]+(u[j,l]*v[l,k])mod pp)mod pp;end;procedure dfs(y:longint);begin  if y<1 then exit;  dfs(y div 2);  ch(c,c);  if y mod 2=1 then  ch(c,d);end;procedure init;var i,j,k:Longint;x,y,r,l:longint;begin  readln(n,m,s,e,q);  for i:=1 to m do  begin    readln(x,y);    t[x+1,y+1]:=1;    t[y+1,x+1]:=1;  end;  for i:=1 to 12 do g[i]:=t;  readln(r);  for i:=1 to r do  begin    read(l);    for j:=1 to l do    read(b[j]);    for j:=1 to 12 do    for k:=1 to n do    g[j,k,b[(j mod l)+1]+1]:=0;  end;end;procedure main;var i,j:longint;begin   fillchar(c,sizeof(c),0);   for i:=1 to n do c[i,i]:=1;  for i:=1 to 12 do  ch(c,g[i]);  d:=c;   fillchar(c,sizeof(c),0);   for i:=1 to n do c[i,i]:=1;  dfs(q div 12);  for i:=1 to q mod 12 do  ch(c,g[i]);end;begin  init;  main;  writeln(c[s+1,e+1]);end.