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N个节点的有向图, 求从start到finish刚好经过时间time的总方案数 mod 502630.
第一行包含一个整数n, 所有点是从0到N-1编号.
接下来n行,每行包含n个字符. 第i行第j个字符表示i到j需要的时间. 字符只可能是’1’到’5’, 或者是’.’表示i不能到达j. 保证主对角线都是’.’.
接下来一行3个整数start, finish, time.
输出总方案数.
3
.12
2.1
12.
0 2 5
8
对于20%的数据, 输入的字符不是’1’就是’.’;
对于100%的数据, 1 <= n <= 10; 1 <= start,finish <= n; 1 <= time <= 10^9.
【解题报告】
第一眼，dfs，但看t的范围，显然超时。
再看，点很少（矩阵的n次幂耗时少），时间很多（走法复杂）
矩阵乘法的标志啊！！！
我们知道无边权图从s经k步到f怎么求：即01矩阵：
建立矩阵A 当且仅当存在一条边i->j ，A(i,j)=1。
令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）
类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。
同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。
但图有边权，怎么办？
两个字：拆点！
将每个点之间的关系用矩阵存储，i能1步到j标记为1，不能到标记为0，注意题中边权为1-5，则可拆点，将每个点拆成边权个点，如图：
但这样还不够，我们要建（n*n*5）^2 = 500*500的矩阵，矩阵乘法t达到500 ^ 3 这显然太多了。
于是：我们遇到一个边i,j，权为c，把它拆成i –> i+n*1 -> i+n*2 ->… -> i+n*(c-1)-> j
如图:
于是就只有(n*5)^2=50*50的矩阵了。
拆完点，矩阵就变成了01矩阵
则这个矩中的A[i][j]就保存了1步能从i到j的方案数，要求t步，则直接将矩阵自乘t次即得答案。
AC代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int mod=502630; int f,t,s,n; char c; int ans; int cnt; struct node{ int f[60][60]; }E,x; void clean(){ for(int i=0;i<=n;i++) E.f[i][i]=1; } node cheng(node a,node b){ //矩阵乘法 node ne; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<n;j++){ ne.f[i][j]=0; for(int k=0;k<n;k++) ne.f[i][j]=(ne.f[i][j]+((long long)a.f[i][k]*b.f[k][j])%mod)%mod; } } return ne; } int answer(){ node ne=x; node ass=E; int b=t; while(b){ //矩阵求幂 if(b&1) ass=cheng(ass,ne); b>>=1; ne=cheng(ne,ne); } return ass.f[s][f]; } int main(){ scanf("%d\n",&n); cnt=n; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<n;j++){ scanf("%c",&c); if(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ cnt=c-‘0‘; for(int k=1;k<cnt;k++) x.f[n*(k-1)+i][n*k+i]=1; //拆点 x.f[n*(cnt-1)+i][j]=1; } } scanf("\n"); } n*=5; //最后n要乘5 scanf("%d%d%d",&s,&f,&t); clean(); //定义单位矩阵 printf("%d\n",answer()); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/shenben/p/5739805.html
