【BZOJ1875/SDOI2009】HH去散步

1875: [SDOI2009]HH去散步

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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。

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

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。

N ≤ 20，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B

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

解析：

这道题还是挺有意思的。

首先有一个结论：邻接矩阵中若权值也就是边权均为 $0$ 或 $1$ ，则这个矩阵的 $N$ 次方过后， $f[i][j]$ 就表示从 $i$ 到 $j$ 长度为 $N$ 的路径条数。

回到这道题，我们可以用类似的思想，但是由于题目描述中指出每一次不能立刻沿着上一次的边的反方向返回，并且有重边，如果用点来构建矩阵会有问题。

但由于边数很少，我们可以换个思路：把边看作矩阵乘法的行列，矩阵中的元素表示从一条边走到另一条边的方案数。

那么对于两条边i,ji,j，如果不是刚走过来的边并且能够接上（ $y_{i}=x_{j},y_{i}=x_{j}$ ），则 $A_{i,j}=1,A_{i,j}=1$ 。然后建立两个虚点，第一个向起点为 $s$ 的边连边，起点为 $t$ 的项第二个连边。

然后矩阵快速幂即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int mod=45989;
const int Max=125;
int n,m,k,s,t;
int ans[Max][Max],f[Max][Max],px[Max],py[Max],c[Max][Max];inline int get_int()
{int x=0,f=1;char c;for(c=getchar();(!isdigit(c))&&(c!='-');c=getchar());if(c=='-') f=-1,c=getchar();for(;isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';return x*f;
}
inline void print(int x)
{if(x>9) print(x/10);putchar('0'+x%10);
}inline void mul(int a[Max][Max],int b[Max][Max])
{for(int i=0;i<=m;i++)for(int j=0;j<=m;j++){c[i][j]=0;for(int k=0;k<=m;k++) c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*b[k][j])%mod;}memcpy(a,c,sizeof(c));
}inline void solve()
{k++;for(int i=0;i<=m;i++) ans[i][i]=1;while(k){if(k&1) mul(ans,f);k>>=1;mul(f,f);}
}int main()
{n=get_int(),m=get_int(),k=get_int(),s=get_int(),t=get_int();for(int i=1;i<=m;i++) px[i<<1]=get_int(),py[i<<1]=get_int(),px[i<<1|1]=py[i<<1],py[i<<1|1]=px[i<<1];m=m<<1|1;for(int i=2;i<=m;i++){if(px[i]==s) f[0][i]=1;if(py[i]==t) f[i][1]=1;for(int j=2;j<=m;j++) if((i^j)!=1 && py[i]==px[j]) f[i][j]=1;}solve();print(ans[0][1]);return 0;
}