先说一下边点互化的思路(貌似这种题不多?),以后看见边数少的要死的记得想边点乎化,将无向边变成有向边在考虑边之间的可达性,如果边x的终点是边y的起点(前提不是同一条边),则连一条x到y的边,表示从x可以走到y,同一条无向边转化成的两条有向边不联通(可以用最大流中异或1的方法记录两条有向边,当然也可以用一个数组记录,不过代码看起来稍恶心一点),这样就解决了题目中的限制。然后考虑如何求从a->b的长度为t的方案数,将边形成的矩阵乘t-1次,相当于经过了k-1个点,加上起点和终点k+1,中间正好经过k条边,然后有两个思路:
第一种:建立一个新矩阵,设立两个虚点(相当于原图中的虚边)使两个虚点分别与所有从出发点出发的边、所有到终点结束的边联通,用这个矩阵与刚才的矩阵相乘,统计两个虚点之间的方案数输出。
第二种:直接统计所有从出发点出发的边、所有到终点结束的边之间的方案数求和输出。
个人感觉后一种更方便一点,但是前一种也一定要会。
这题也有一个巨坑:
题目中说了有重边,所以再次理解一下题意:‘他不会立刻沿着刚刚走来的路走回’,但是他可以沿着刚刚走来的路的重边走回……
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #define mod 45989 #define int LL #define LL long long using namespace std; vector<int> ed[50]; int en[200],st[200]; int ni[200]; struct jz { LL m[200][200]; }cs; int n,m,t,a,b; jz operator * (jz a,jz b) { jz ans;memset(ans.m,0,sizeof(ans.m)); for(int i=1;i<=m*2;i++) for(int j=1;j<=m*2;j++) for(int k=1;k<=m*2;k++) ans.m[i][j]=(ans.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j])%mod; return ans; } jz operator ^ (jz a,int b) { jz ans=a;b--; while(b) { if(b&1)ans=ans*a; a=a*a; b=b>>1; } return ans; } signed main() { // freopen("in.txt","r",stdin); cin>>n>>m>>t>>a>>b;a++,b++; int ta,tb; for(int i=1;i<=m;i++) { cin>>ta>>tb; ta++,tb++; en[i]=tb;st[i]=ta; en[i+m]=ta,st[i+m]=tb; ni[i]=i+m,ni[i+m]=i; ed[ta].push_back(i); ed[tb].push_back(i+m); } for(int i=1;i<=m*2;i++) { for(int j=0;j<ed[en[i]].size();j++) if(ni[i]!=ed[en[i]][j]) cs.m[i][ed[en[i]][j]]=1; } cs=cs^(t-1); LL cnt=0; for(int i=0;i<ed[a].size();i++) for(int j=1;j<=m*2;j++) if(en[j]==b) cnt=(cnt+cs.m[ed[a][i]][j])%mod; cout<<cnt%mod<<endl; }