1875: [SDOI2009]HH去散步

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 64 MB

Submit: 932 Solved: 424

[Submit][Status][Discuss]

Description

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

Input

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。

Output

一行，表示答案。

Sample Input

4 5 3 0 0

0 1

0 2

0 3

2 1

3 2

Sample Output

4

HINT

对于30%的数据，N ≤ 4，M ≤ 10，t ≤ 10。

对于100%的数据，N ≤ 20，M ≤ 60，t ≤ 230，0 ≤ A,B

Source

Day1

思路：对于这道题我们可以保存f[k][i][j]表示走了k步，经过边i到达了j

那么显然对于这个转移，我们就可以用矩阵乘法来优化了。

由于有重边而且不能连着走相同的边，所以我们把无向边拆成两条有向边就能解决这个问题了。

建立一个1* (2*m)的矩阵和一个(2 * m) * (2 * m)的矩阵就可以了。

最后再把从起点出去的边和进入终点的边Σ一下就好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define D 45989
int n,m,t,A,B,e1[30][70],e2[30][70],a[150][150],ans[150][150],c[150][150];
bool f=true,pd[150][150];
struct S{int st,en;}aa[150];
int main()
{
    int i,j,x,y,k;
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&A,&B);
    A+=1;B+=1;
    memset(pd,1,sizeof(pd));
    for(i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x+=1;y+=1;
        e1[x][++e1[x][0]]=e2[y][++e2[y][0]]=2*i-1;
        e2[x][++e2[x][0]]=e1[y][++e1[y][0]]=2*i;
        pd[2*i-1][2*i]=pd[2*i][2*i-1]=false;
        aa[2*i-1].st=aa[2*i].en=x;
        aa[2*i-1].en=aa[2*i].st=y;
    }
    for(i=1;i<=2*m;++i)
      for(j=1;j<=2*m;++j)
        if(pd[i][j]&&(aa[i].en==aa[j].st))
          a[i][j]+=1;
    y=t-1;
    while(y){
        if(y&1){
            if(f){
                for(i=1;i<=2*m;++i)
                  for(j=1;j<=2*m;++j)
                    ans[i][j]=a[i][j];
                f=false;
            }
            else{
                for(i=1;i<=2*m;++i)
                  for(j=1;j<=2*m;++j){
                    c[i][j]=0;
                    for(k=1;k<=2*m;++k)
                      c[i][j]=(c[i][j]+(a[i][k]*ans[k][j])%D)%D;
                  }
                  for(i=1;i<=2*m;++i)
                    for(j=1;j<=2*m;++j)
                      ans[i][j]=c[i][j];
            }
        }
        y>>=1;
        for(i=1;i<=2*m;++i)
          for(j=1;j<=2*m;++j){
            c[i][j]=0;
            for(k=1;k<=2*m;++k)
              c[i][j]=(c[i][j]+(a[i][k]*a[k][j])%D)%D;
          }
        for(i=1;i<=2*m;++i)
          for(j=1;j<=2*m;++j)
            a[i][j]=c[i][j];
    }
    int sum=0;
    for(i=1;i<=e1[A][0];++i)
      for(j=1;j<=e2[B][0];++j)
        sum=(sum+ans[e1[A][i]][e2[B][j]])%D;
    printf("%d\n",sum);
}

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。