n,m<=200，n*m的方阵，有ULRD表示在这个格子时下一步要走到哪里，有一些待决策的格子用.表示，可以填ULRD任意一个，问有多少种填法使得从每个格子出发都能走出这个方阵，答案取模。保证未确定的格子<=300。
。。。一脸懵逼地写了原本30实际20的暴力然后跪着啃了下论文
然而什么都没啃懂不如结论记下来：
首先矩阵行列式的定义：一个n*n的矩阵，行列式值为$\sum_{b是n的一个排列} \ \ \ \ \ ( (-1)^{b的逆序对数} \ \ \ \ \ * \prod_{i=1}^{n} A_{i,b_i})$
矩阵A行列式的性质：
|A|=|A的转置|
|AB|=|A||B|
|A|+|B|=|A和B的某一行加起来其他不变的矩阵|
交换两行得B，|B|=-|A|，因为每次计算一个排列时逆序对数都相差1。
A的某行乘个x得B，|B|=x|A|。
A的某行乘某个数加到另一行上得B，|B|=|A|。由第三条可得。
每行每列和为0的矩阵行列式为0。
由四五六条可用高斯消元计算行列式。
基尔霍夫矩阵：
无向图：矩阵对角线上是度数，其他如果对应边存在就是-1，不然就是0。
有向图：矩阵对角线上是入度，其他如果对应边存在就是-1，不然就是0。
矩阵树定理：一个无向图的基尔霍夫矩阵的任意一个n-1阶的子矩阵，即删掉了第i行和第i列，的行列式是这个图的生成树个数。
一个有向图以点i为根的生成树个数是基尔霍夫矩阵去掉第i行和第i列剩下的矩阵的行列式。
嗯然后就是这道题。
首先，如果在外界虚拟一个节点，把所有指出去的格子都指向它，把所有确定格子向指向的点连边，可得一个有向图。
然后，待确定的点向四个方向都连边，求这个图以外界点为根的反向的树形图即可。为什么呢，首先确定的格子的边一定会选到，因为每个格子只有一条出边，不然他就和其他点断掉了；其次那些待确定的格子为了形成树，只会在四个方向里选一个。
嗯这样只能拿50分。
可以发现那些已经确定的点是多余的，可以缩掉。也就是给所有待确定格子编号，外界点编号0，然后预处理他往上下左右走能遇到的第一个有编号的格子，朝他们连边即可。
然后就大功告成了。
1 #include<stdio.h>
2 #include<string.h>
3 #include<algorithm>
4 #include<stdlib.h>
5 //#include<queue>
6 #include<math.h>
7 //#include<time.h>
8 //#include<iostream>
9 using namespace std;
10
11 int n,m,K,T;
12 const int mod=1e9+7;
13 #define maxn 311
14 int pos[maxn][maxn],who[maxn][maxn],place[maxn][4]; char mp[maxn][maxn];
15
16 int powmod(int a,int b)
17 {
18 int ans=1;
19 while (b)
20 {
21 if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
22 a=1ll*a*a%mod;
23 b>>=1;
24 }
25 return ans;
26 }
27
28 struct Mat
29 {
30 int num[maxn][maxn];
31 void clear() {memset(num,0,sizeof(num));}
32 }mat;
33 int gauss()
34 {
35 int ans=1;
36 for (int i=1;i<=K;i++)
37 {
38 int id=i;
39 for (int j=i+1;j<=K;j++) if (fabs(mat.num[j][i])>fabs(mat.num[id][i])) id=j;
40 if (id!=i)
41 {
42 ans=1ll*ans*(mod-1)%mod;
43 for (int j=i;j<=K;j++) {int t=mat.num[i][j]; mat.num[i][j]=mat.num[id][j]; mat.num[id][j]=t;}
44 }
45 int tmp=powmod(mat.num[i][i],mod-2);
46 for (int j=i+1;j<=K;j++)
47 for (int k=K;k>=i;k--)
48 mat.num[j][k]-=mat.num[i][k]*1ll*mat.num[j][i]%mod*tmp%mod,
49 mat.num[j][k]+=mat.num[j][k]<0?mod:0;
50 }
51 for (int i=1;i<=K;i++) ans=1ll*ans*mat.num[i][i]%mod;
52 return ans;
53 }
54
55 int vis[maxn][maxn],Time; bool die;
56 void dfs(int x,int y)
57 {
58 if (mp[x][y]==‘.‘) return;
59 if (vis[x][y])
60 {
61 if (pos[x][y]==-1) die=1;
62 return;
63 }
64 vis[x][y]=1;
65 int tx=x,ty=y;
66 if (mp[x][y]==‘U‘) x--;
67 else if (mp[x][y]==‘D‘) x++;
68 else if (mp[x][y]==‘L‘) y--;
69 else if (mp[x][y]==‘R‘) y++;
70 if (x<1 || x>n || y<1 || y>m) pos[tx][ty]=0;
71 else pos[tx][ty]=-1,dfs(x,y),pos[tx][ty]=pos[x][y];
72 }
73 int check(int x,int y)
74 {
75 if (x<1 || x>n || y<1 || y>m) return 0;
76 return pos[x][y];
77 }
78
79 int main()
80 {
81 scanf("%d",&T);
82 while (T--)
83 {
84 scanf("%d%d",&n,&m); K=0; Time=0; die=0;
85 memset(vis,0,sizeof(vis));
86 memset(pos,0,sizeof(pos));
87 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+1);
88 for (int i=1;i<=n;i++)
89 for (int j=1;j<=m;j++)
90 if (mp[i][j]==‘.‘) pos[i][j]=++K;
91 for (int i=1;i<=n;i++)
92 for (int j=1;j<=m;j++)
93 if (mp[i][j]!=‘.‘) dfs(i,j);
94 if (die) {puts("0"); continue;}
95
96 for (int i=1;i<=n;i++)
97 for (int j=1;j<=m;j++)
98 if (mp[i][j]==‘.‘)
99 {
100 int nx=i,ny=j,now=pos[i][j];
101 nx++; place[now][0]=check(nx,ny); nx--;
102 nx--; place[now][1]=check(nx,ny); nx++;
103 ny++; place[now][2]=check(nx,ny); ny--;
104 ny--; place[now][3]=check(nx,ny); ny++;
105 }
106 mat.clear();
107 for (int i=1;i<=K;i++)
108 {
109 for (int j=0;j<4;j++) mat.num[place[i][j]][i]--;
110 mat.num[i][i]+=4;
111 }
112 for (int i=1;i<=K;i++)
113 for (int j=1;j<=K;j++)
114 if (mat.num[i][j]<0) mat.num[i][j]+=mod;
115 printf("%d\n",gauss());
116 }
117 return 0;
118 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Blue233333/p/8126582.html