题意

有 \(N\) 种不同的怪兽，标号为 \(1\) 到 \(N\)
每天晚上，所有的怪兽都会死去，当一只怪兽死去的时候，它会生出一只或者多只怪兽，因此怪兽的数量从来不会减少
给你一个字符数组表示每种怪兽死去的时候能生出哪些种类的怪兽
假设第 \(i\) 个字符串为"2 3 3"，表示第i只怪兽死的时候，1只2类型的怪兽和2只3类型的怪兽会生出来
显然，怪兽的数量可能会是无穷大的，也有些时候会变成一个定值
一开始你只有一只1类型的怪兽，你想要知道最终会有多少只怪兽，对 \(1e9+7\) 取模
如果有无穷多只，输出 \(-1\)

输入格式

第一行输入一个整数 \(n\) 表示怪兽的种类数 \((1≤n≤50)\)
接下来 \(n\) 行每行一个字符串由若干个数字构成
意义见题面描述

输出格式

输出一个整数

样例输入&输出

样例1

1
11

样例2

1
1 1-1

样例3

3
2
3
11

样例4

4
1
2 4
2
21

样例5

7
2 2
3
4 4 4
5
6
7 7 7 7
724

样例6

7
2 3
5 7
2 4
5
6
4
75

样例7

7
2
3
6 4
3 5
2
7
2-1

样例8

5
2
3 4
5
5
2-1

分析

本题输入很坑，用getchar或者stringstream+string+getline。
别忘开long long。
构造一张图 \(G\) ，若怪物 \(i\) 能繁殖出一只怪物 \(j\) ，则连边 \(<i,j>\) （有向边）

1. dfs判环，dfs计算答案 \(\text{Time Limit Exceeded}\)

若存在一个在环上的点，它的出度大于1，那么肯定会无限循环。
用邻接矩阵存图，因为可能存在很多重边。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#define maxn 52
#define maxm 2502
#define mod 1000000007
using namespace std;
char ch;
int read(int& x){x=0;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}while(ch==' ')ch=getchar();if(ch==EOF){return 0;}if(ch=='\n'){ch=getchar();return 0;}return 1;
}
int n,g[maxn][maxn],st[maxn],top;
bool oncyc[maxn],inst[maxn];
void getcyc(int u){st[++top]=u;inst[u]=1;int count=0;for(int v=1;v<=n;v++){if(!g[u][v])continue;count+=g[u][v];if(!inst[v]){getcyc(v);}else{int t;for(t=top;st[t]!=v;t--);for(int i=t;i<=top;i++){oncyc[st[i]]=1;}}if(oncyc[u]&&count>1){printf("-1\n");exit(0);}}top--;inst[u]=0;
}
long long DFS(int u){long long ret=0;for(int v=1;v<=n;v++){if(!g[u][v])continue;if(oncyc[v]){ret=(ret+g[u][v])%mod;continue;}ret=(ret+DFS(v)*g[u][v]%mod)%mod;}return ret;
}
int main(){while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();read(n);for(int u=1;u<=n;u++){int v;bool tmp;while(1){tmp=read(v);g[u][v]++;if(!tmp)break;}}getcyc(1);printf("%lld\n",DFS(1));return 0;
}

2. 矩阵快速幂

我们定义矩阵\[S=[1,0,0,...,0]\]
\(S\) 长为 \(1\) ，宽为 \(n\)
再定义矩阵 \(A\) 为 \(G\) 的邻接矩阵
我们发现，怪兽每繁殖一次，相当于做一次 \(S=S* A\) 的运算
我们用矩阵快速幂，让 \(S\) 分别乘 \(1e8\) 和 \(2e8\) 次得到矩阵 \(R\) 和 \(T\) ，由于结果很大，所以要取模，多取几个模数，比较 \(R\) 和 \(T\) 中元素之和是否相等。由于最后输出的答案需要取模 \(1e9+7\) ，所以把 \(1e9+7\) 放在最后取模。

Code

#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define maxn 52
using namespace std;
long long mod;
long long Plus(long long a,long long b){long long ret=a+b;return ret>=mod?ret-mod:ret;
}
long long mul(long long a,long long b){return a*b%mod;
}
struct matrix{long long a[maxn][maxn];int n,m;matrix& operator =(const matrix& M){n=M.n,m=M.m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){a[i][j]=M.a[i][j];}}}void init(int _n,int _m){n=_n,m=_m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++)a[i][j]=0;a[i][i]=1;}}void init0(int _n=0,int _m=0){n=_n,m=_m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){a[i][j]=0;}}}void output()const{for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){printf("%lld ",a[i][j]);}putchar('\n');}}
};
const matrix mul(const matrix& a,const matrix& b){matrix ans;ans.init0(a.n,b.m);if(a.m!=b.n)return ans;for(int i=1;i<=a.n;i++){for(int j=1;j<=b.m;j++){ans.a[i][j]=0;for(int k=1;k<=a.m;k++){ans.a[i][j]=Plus(ans.a[i][j],mul(a.a[i][k],b.a[k][j]));}}}return ans;
}
matrix qpow(matrix a,long long b){matrix ans;ans.init(a.n,a.m);while(b){if(b&1)ans=mul(ans,a);a=mul(a,a);b>>=1;}return ans;
};
matrix s,t,g;
int n;
namespace INIT{char ch;int read(int& x){x=0;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}while(ch==' ')ch=getchar();if(ch==EOF){return 0;}if(ch=='\n'){ch=getchar();return 0;}return 1;}void init(){while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();read(n);g.n=g.m=n;for(int u=1;u<=n;u++){int v;bool tmp;while(1){tmp=read(v);g.a[u][v]++;if(!tmp)break;}}}
}
long long MOD[5]={0,19260817,1000000009,998244353,1000000007};
int main(){INIT::init();long long ans1,ans2;for(int j=1;j<=4;j++){mod=MOD[j];s.init(1,n);s=mul(s,qpow(g,100000000));t.init(1,n);t=mul(t,qpow(g,200000000));ans1=ans2=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans1=Plus(ans1,s.a[1][i]),ans2=Plus(ans2,t.a[1][i]);if(ans1!=ans2){puts("-1");return 0;}}printf("%lld\n",ans1);return 0;
}

3. 强连通分量，缩点

Unknown

Code