题目大意
给你一个自动机，包含\(n\)个状态，指令集为前\(m\)个小写字母，对于每个状态\(s\)和每个指令\(i\)，自动机均有后继\(T(s,i)\)。请你求出一个长度不超过\(2^{20}\)的指令序列，使得无论自动机当前处在哪个状态（包括初始状态），按顺序执行指令序列的所有指令后，自动机都处于初始状态\(1\)。无解输出\([impossible]\)
\(1\leq n\leq 100,1\leq m\leq 26\)
题解
首先要证明一个结论：原问题有解等价于对于任意状态\(i\)，都存在一个指令序列\(S_i\)使得\(T(s,S_i)=1\)且\(T(1,S_i)=1\)。
必要性显然。如果不存在\(S_i\)，那么状态\(i\)和状态\(1\)一定不可能同时转移到状态\(1\)。
对于充分性，我们考虑所有当前可能的状态集合\(U\)。一开始\(U=\{1,2,3\ldots n\}\)。每次我们任选\(U\)中一个状态\(t\)，执行\(S_t\)。这样我们会得到一个集合\(U‘\)，满足\(1\in U‘\)且\(|U‘|<|U|\)。这样我们经过若干步后可以得到\(U=\{1\}\)。我们把所有\(S_t\)连在一起得到一个指令序列\(S\)，易证\(S\)是满足要求的。
所以我们每次任选\(U\)中的一个状态\(t\)，求出\(S_t\)，然后执行\(S_t\)，直到\(|U|=1\)为止。
对于状态\(i\)，求\(S_i\)的时间复杂度是\(O(n^2)\)的，执行\(S_i\)是\(O(n^3)\)的，总共要执行\(O(n)\)次，所以时间复杂度是\(O(n^4)\)的。
每个\(S_i\)的长度是\(O(n^2)\)的，总共要执行\(O(n)\)次，所以答案的长度是\(O(n^3)\)的
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int a[110][30];
int n,m;
char s[10000010];
int cnt;
int c[110];
int d[110];
int vis[110][110];
int st[10010];
int top;
int dfs(int x,int y)
{
if(x==1&&y==1)
return 1;
vis[x][y]=1;
int i;
for(i=1;i<=m;i++)
{
int lx=a[x][i];
int ly=a[y][i];
if(!vis[lx][ly])
{
st[++top]=i;
if(dfs(lx,ly))
return 1;
top--;
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
a[i][j]++;
}
cnt=0;
for(i=1;i<=n;i++)
c[i]=i;
int now=n;
while(now>1)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
top=0;
if(!dfs(1,c[2]))
{
printf("[impossible]");
return 0;
}
for(i=1;i<=top;i++)
{
s[++cnt]=st[i]+‘a‘-1;
for(j=1;j<=now;j++)
c[j]=a[c[j]][st[i]];
}
sort(c+1,c+now+1);
now=unique(c+1,c+now+1)-c-1;
}
s[cnt+1]=‘\0‘;
printf("%s\n",s+1);
return 0;
}