洛谷P3758 [TJOI2017]可乐

原题链接：洛谷P3758 [TJOI2017]可乐

题目描述

加里敦星球的人们特别喜欢喝可乐。因而，他们的敌对星球研发出了一个可乐机器人，并且放在了加里敦星球的1号城市上。这个可乐机器人有三种行为：停在原地，去下一个相邻的城市，自爆。它每一秒都会随机触发一种行为。现在给加里敦星球城市图，在第0秒时可乐机器人在1号城市，问经过了t秒，可乐机器人的行为方案数是多少？

输入输出格式

输入格式：

第一行输入两个正整数况N,M，N表示城市个数，M表示道路个数。（1 <= N <=30,0 < M < 100)

接下来M行输入u,v，表示u，v之间有一条道路。（1<=u,v <= n)保证两座城市之间只有一条路相连。

最后输入入时间t

输出格式：

输出可乐机器人的行为方案数，答案可能很大，请输出对2017取模后的结果。

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

说明

【样例解释】

1 ->爆炸

1 -> 1 ->爆炸

1 -> 2 ->爆炸

1 -> 1 -> 1

1 -> 1 -> 2

1 -> 2 -> 1

1 -> 2 -> 2

1 -> 2 -> 3

【数据范围】

对于20%的pn，有1 < t ≤ 1000

对于100%的pn，有1 < t ≤ 10^6。

题解

题意：给定一个无向图，一个机器人每一秒可以留在原地，自爆或走一步，求在t秒内机器人所有行动的可能性

算法：邻接矩阵+矩阵乘法

建模：图直接建，留在原地则让每一个点向自己连边，自爆则设一个点为爆炸，每一个点向爆炸点连边（爆炸点向自己连边）

base.m[0][0]=1;
for(int i=1;i<=L;i++){base.m[i][i]=base.m[i][0]=1;
}
for(int i=1;i<=M;i++){int ii,jj;scanf("%d%d",&ii,&jj);base.m[ii][jj]=base.m[jj][ii]=1;
}

设f[i][j][t]为从i到j进过t秒的行动方案数，类似于Floyd的转移，有f[i][j][t₁+t₂]=∑f[i][k][t₁]+f[k][j][t₁]

设f[][][x]为f[x]，故矩阵f[t₁+t₂]=f[t₁]*f[t₂]，即可用矩阵乘法，而此题答案就为f[1]^t，矩阵快速幂即可

矩阵乘法及快速幂：

inline matrix operator*(matrix x,matrix y){matrix ret;for(int i=0;i<=L;i++){for(int j=0;j<=L;j++)for(int k=0;k<=L;k++)ret.m[i][j]=(ret.m[i][j]+x.m[i][k]*y.m[k][j])%MOD;}return ret;
}
inline matrix operator^(matrix x,int p){matrix ret;ret.build();while(p){if(p&1)ret=ret*x;x=x*x;p>>=1;}return ret;
}

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核心代码：

ans=(base^T);
LL sum=0;
for(int i=0;i<=L;i++){sum=(sum+ans.m[1][i])%MOD;
}

完整代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4 const int MOD=2017,MAXL=32;
 5 int L,M,T;
 6 struct matrix{
 7     LL m[MAXL][MAXL];
 8     matrix(){
 9         memset(m,0,sizeof(m));
10     }
11     inline void build(){
12         memset(m,0,sizeof(m));
13         for(int i=0;i<=L;i++)
14             m[i][i]=1;
15     }
16     inline void print(){
17         for(int i=0;i<=L;i++,putchar('\n'))
18             for(int j=0;j<=L;j++)
19                 printf("%lld ",m[i][j]);
20         putchar('\n');
21     }
22 };
23 inline matrix operator*(matrix x,matrix y){
24     matrix ret;
25     for(int i=0;i<=L;i++){
26         for(int j=0;j<=L;j++)
27             for(int k=0;k<=L;k++)
28                 ret.m[i][j]=(ret.m[i][j]+x.m[i][k]*y.m[k][j])%MOD;
29     }
30     return ret;
31 }
32 inline matrix operator^(matrix x,int p){
33     matrix ret;
34     ret.build();
35     while(p){
36         if(p&1)
37             ret=ret*x;
38         x=x*x;
39         p>>=1;
40     }
41     return ret;
42 }
43 int main(){
44     scanf("%d%d",&L,&M);
45     matrix ans,base;
46     ans.build();
47     base.m[0][0]=1;
48     for(int i=1;i<=L;i++){
49         base.m[i][i]=base.m[i][0]=1;
50     }
51     for(int i=1;i<=M;i++){
52         int ii,jj;
53         scanf("%d%d",&ii,&jj);
54         base.m[ii][jj]=base.m[jj][ii]=1;
55     }
56     scanf("%d",&T);
57     ans=(base^T);
58     LL sum=0;
59     for(int i=0;i<=L;i++){
60         sum=(sum+ans.m[1][i])%MOD;
61     }
62     printf("%lld",sum);
63     return 0;
64 }

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转载于:https://www.cnblogs.com/guoshaoyang/p/10853573.html