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叶落归根——树叶从树根生发出来，凋落后最终还是回到树根。比喻事物总有一定的归宿。接下来是题目。
给定一个n个点的有向图G（点的编号为1~n），一开始落叶（仅作为一个代号，你也可以当成是Alice、Bob、甲乙丙丁戊己庚辛壬癸…）会在G的某个点s上。总共有t个单位时间，每个单位时间落叶都必须通过一条当前所在点的出边到达下一个点（有时下一个点和当前点会是相同的）。
需要注意的是，如果当前所在点没有任何出边，落叶就会在这个单位时间被迫离开这张图，并且我们认为落叶永远不会再回来了。
你要做的是对于每一个起始点s以及每一个总时长t(1<=t<=Q且为整数)求出落叶在起始点为s且经过t单位时间后的位置也是s的方案数。
两个方案不同，当且仅当两个方案中存在至少一个时刻落叶所经过的边不是图G中的同一条边。
为了便于检验，只需要输出所有情况（即所有不同的起始点和总时长，一共n*Q种情况）的方案数对给定正整数P取模后的异或和即可——也就是说，假设所有情况的方案数分别是ans1、ans2、ans3……你要输出的就是(ans1 mod P) xor (ans2 mod P) xor (ans3 mod P)……
第一行3个整数n、Q、P，分别表示图G的点数、总时长t的上限和给定的模数P
接下来n行，每行n个整数，其中第i行第j个数表示图G中从i出发到j的单向边数目
一行一个整数，表示所有情况的方案数对给定正整数P取模后的异或和
2 2 1000000207 2 3 4 5
50
数据规模和约定
对于前10%的数据：n=2,Q=20
对于另外10%的数据：n=3,Q=12
对于前50%的数据：n<=20
对于100%的数据：1<=n<=100，P<=2^30,Q<=10000,对于任意一对(u,v)，图G中从u到v的边数不超过2^30
solution
就是一个矩阵，问你1-Q次方的对角线的和。
考虑枚举t（1<=t<=Q）
n^3乘出显然不行了。
那么可以分块。考虑令o=sqrt（n）
预处理矩阵的1~o次方 和x*o 次方（1<=x<=o）
那么每次相当于求对角线。n^2乘起来就行。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define ll long long #define maxn 10005 using namespace std; int n,q,mod,o; ll ans,A[320][102][102],B[320][102][102]; ll read(){ int v=0;char ch; while(!isdigit(ch=getchar()));v=(v<<1)+(v<<3)+ch-48; while(isdigit(ch=getchar()))v=(v<<1)+(v<<3)+ch-48; return v; } int main(){ cin>>n>>q>>mod;o=sqrt(q); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)A[1][i][j]=read(); for(int x=2;x<=o;x++){ for(int i=1;i<=n;i++) for(int k=1;k<=n;k++) for(int j=1;j<=n;j++){ A[x][i][j]=(A[x][i][j]+A[x-1][i][k]*A[1][k][j])%mod; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ B[1][i][j]=A[o][i][j]; } int T=q/o+1; for(int x=2;x<=T;x++){ for(int i=1;i<=n;i++) for(int k=1;k<=n;k++) for(int j=1;j<=n;j++){ B[x][i][j]=(B[x][i][j]+B[x-1][i][k]*B[1][k][j])%mod; } } for(int i=1;i<=n;i++)A[0][i][i]=B[0][i][i]=1; for(int x=1;x<=q;x++){ int t1=x/o,t2=x%o; for(int i=1;i<=n;i++){ ll tmp=0; for(int k=1;k<=n;k++){ tmp=(tmp+A[t2][i][k]*B[t1][k][i])%mod; } ans=ans^tmp; } } cout<<ans<<endl; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/liankewei/p/10410267.html
