BZOJ 1875(DP+矩陣快速冪)

題面

傳送門

分析

容易想到根據點來dp，設dp[i][j]表示到i點路徑長度爲j的方案數
狀態轉移方程爲dp[i][k]=∑(i,j)∈Edp[j][k−1]$dp[i][k]=\sum _{\left(i,j\right)\in E}dp\left[j\right][k-1]$
但這樣得出的結果是錯誤的，因爲它沒有考慮一個點經過多次的情況

因此，我們按邊來dp，因爲每條邊只能經過一次，所以不會出現上面的問題
將每條無向邊拆成兩條有向邊
設dp[i][j]表示當前走到到編號爲i的邊路徑長度爲j的方案數
dp[i][k]=∑from[i]=to[j],i與j爲不爲一對反向邊dp[j][k−1]$$\begin{gathered} dp[i][k]=\sum _{from[i]=to[j], \\ i與j爲不爲一對反向邊}dp[j][k-1] \end{gathered}$$
這樣的時間複雜度爲O(tm)$O(tm)$ ，顯然是會超時的

注意到矩陣乘法優化dp的條件
前一個階段到後一個階段的映射是線性的，並且這個映射是不變的
此題中k爲階段，可以發現映射顯然是不變的常量
我們用一個m×m$m\times m$ 矩陣
對於邊i,j如果滿足to[i] == from[j] &&i,j不爲反向邊這個條件，那麼(i,j)是1，反之就是0
初始的矩陣爲1×m$1\times m$ 的矩陣，對於從起點出發的每一條邊i，我們將(1,i）設爲1，反之爲0.
對於答案矩陣，我們枚舉指向終點的每一條邊，將它在矩陣中對應位置的值相加即可

時間複雜度O(m3log2t)$O(m^{3}lo{g}_{2}t)$

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 45989
#define maxn 45
#define maxm 65
#define maxs maxm*2
using namespace std;
int n,m,k,s,t;
struct edge{
    int from;
    int to;
    int next;
}E[maxm<<1];
int head[maxn];
int sz=1;//從1開始存儲，則第i條邊的反向邊編號爲i^1
void add_edge(int u,int v){
    sz++;
    E[sz].from=u;
    E[sz].to=v;
    E[sz].next=head[u];
    head[u]=sz;
}

struct matrix{
    int n;
    int m;
    long long a[maxs][maxs];
    void print(){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                printf("%d ",a[i][j]);
            } 
            printf("\n");
        }
        printf("\n");
    }
    matrix(){
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    matrix(int x,int y){
        n=x;
        m=y;
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    friend matrix operator *(matrix u,matrix v){
        matrix ans=matrix(u.n,v.m);
        for(int i=1;i<=u.n;i++){
            for(int j=1;j<=v.m;j++){
                for(int k=1;k<=u.m;k++){
                    ans.a[i][j]+=u.a[i][k]*v.a[k][j]%mod;
                }
                ans.a[i][j]%=mod;
            }
        }
        return ans;
    }
}; 
matrix fast_pow(matrix x,int k){
    matrix ans=matrix(x.n,x.m);
    for(int i=1;i<=x.n;i++){
        ans.a[i][i]=1;
    }
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x;
        x=x*x;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d %d %d %d %d",&n,&m,&k,&s,&t);
    int u,v;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d %d",&u,&v);
        add_edge(u,v);
        add_edge(v,u);
    }
    matrix f=matrix(sz,sz),p=matrix(sz,sz);
    for(int i=head[s];i;i=E[i].next){
        f.a[1][i]=1;
    }
    for(int i=2;i<=sz;i++){
        for(int j=2;j<=sz;j++){
            if(E[i].to==E[j].from&&i!=(j^1)){
                p.a[i][j]=1;
            }
        }
    }
//  f.print();
//  p.print();
    f=f*fast_pow(p,k-1);
//  f.print();
    long long ans=0;
    for(int i=head[t];i;i=E[i].next){
        ans=ans+f.a[1][i^1];
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",ans%mod);
}