牛客1024B 石头游戏

题目描述

石头游戏在一个 (n) 行 (m) 列 ((1leq n,m leq 8)(1≤n,m≤8)) 的网格上进行，每个格子对应一种操作序列，操作序列至多有10种，分别用0~9这10个数字指明。
操作序列是一个长度不超过6且循环执行、每秒执行一个字符的字符串。每秒钟，所有格子同时执行各自操作序列里的下一个字符。序列中的每个字符是以下格式之一：
数字(0 ext{-}9)：表示拿(0 ext{-}9)个石头到该格子。
(NWSE)：表示把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，(N)表示上方，(W)表示左方，(S)表示下方，(E)表示右方。
(D)：表示拿走这个格子的所有石头。
给定每种操作序列对应的字符串，以及网格中每个格子对应的操作序列，求石头游戏进行了 (t) 秒之后，石头最多的格子里有多少个石头。在游戏开始时，网格是空的。

输入描述:

第一行(4)个整数(n, m, t, act)。
接下来(n)行，每行(m)个字符，表示每个格子对应的操作序列。
最后(act)行，每行一个字符串，表示从(0)开始的每个操作序列。

输出描述:

一个整数：游戏进行了(t)秒之后，所有方格中最多的格子有多少个石头。

示例1

输入

1 6 10 3
011112
1E
E
0

输出

3

说明

这是另一个类似于传送带的结构。左边的设备0间隔地产生石头并向东传送。设备1向右传送，直到设备2。10秒后，总共产生了5个石头，2个在传送带上，3个在最右边。

题解

很有思维难度的一个题目。但是这题无论哪里都没有给出(T)的数据范围，这谁看的出来是矩阵快速幂啊...
将当前矩阵写成一个一维向量，并且钦定(f[0]=1)，那么(i*(m-1)+j)代表的就是原来位置((i,j))的石头数量。
因为操作序列长度小于等于(6)，而(gcd(1,2,3,4,5,6)=60)，也就是说每个操作序列在重复(60)次后都一定会回到位置(1)。那么可以把(T)分成(lfloor frac T {60} floor)和(Tmod 60)两部分。
构造(c[pos])表示第(pos)次操作的转移矩阵。（这里用((i,j))表示坐标((i,j))在一维向量中的位置）

• 当操作(s[i])为数字，(c[pos][0,(i,j)]=s[i])，(c[pos][(i,j),(i,j)]=1)
• 当操作(s[i]=S,E,W,N)时，设移动后的位置为((x,y))，(c[pos][(i,j),(x,y)]=1)
• 当操作(s[i]=D)时，(c[pos][(i,j),(i,j)]=0)

设(C=prod _{i=1}^{60} c_i)，(r=T mod 60)，那么答案即为(f*C*prod _{i=1}^r c_r)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 110;

ll T;
int n, m, lim, len[N], act, now[10][10];
char s[10][10], t[10][10];

struct mat {
    ll a[65][65];
    mat() {memset(a, 0, sizeof(a));}
    mat operator * (mat &x) {
        mat ans;
        for(int i = 0; i <= lim; ++i) 
            for(int j = 0; j <= lim; ++j) 
                for(int k = 0; k <= lim; ++k) 
                    ans.a[i][j] += a[i][k] * x.a[k][j];
        return ans;
    }
    mat Pow(ll t, mat a) {
        mat ans; ans.a[0][0] = 1;
        while(t) {
            if(t & 1) ans = ans * a;
            a = a * a; t >>= 1;
        }
        return ans;
    }
}c[61], C;

int idx(int x, int y) {return (x - 1) * m + y;}

void print(mat x, bool flag) {
	puts("#####################");
	if(flag) {
		for(int i = 0; i <= lim; ++i) printf("%lld ", x.a[0][i]);
		puts("");
		return;
	}
	for(int i = 0; i <= lim; ++i) {
		printf("%d: ", i);
		for(int j = 0; j <= lim; ++j) {
			printf("%lld ", x.a[i][j]);
		}
		puts("");
	}
	puts("#####################");
}

int main() {
    scanf("%d%d%lld%d", &n, &m, &T, &act);
    lim = n * m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%s", t[i] + 1);
        for(int j = 1; j <= m; ++j) t[i][j] -= '0', ++t[i][j];
    }
    for(int i = 1; i <= act; ++i) {
        scanf("%s", s[i] + 1);
        len[i] = strlen(s[i] + 1);
    }
    for(int pos = 1; pos <= 60; ++pos) {
        c[pos].a[0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 1; j <= m; ++j) {
//              putchar(s[t[i][j]][now[i][j]]);
                now[i][j] = (now[i][j] % len[t[i][j]]) + 1;
                if(s[t[i][j]][now[i][j]] >= '0' && s[t[i][j]][now[i][j]] <= '9') {
                    c[pos].a[0][idx(i, j)] = s[t[i][j]][now[i][j]] - '0';
                    c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 1;
                } else {
                    if(s[t[i][j]][now[i][j]] == 'D') c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 0;
                    if(i > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'N') 
						c[pos].a[idx(i, j)][idx(i - 1, j)] = 1;
                    if(i < n && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'S') 
						c[pos].a[idx(i, j)][idx(i + 1, j)] = 1;
                    if(j > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'W') 
						c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j - 1)] = 1;
                    if(j < m && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'E') 
						c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j + 1)] = 1;
                }
            }
        }
//        puts("");
    }
    C = c[1];
    for(int pos = 2; pos <= 60; ++pos) C = C * c[pos];
    C = C.Pow(T / 60, C);
    for(int pos = 1; pos <= T % 60; ++pos) {
//    	printf("Round # %d
", pos);
		C = C * c[pos];
//		print(c[pos], 0);
//		printf("The test # %d
", pos);
//		print(C, 1);
	}
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= lim; ++i) ans = max(ans, C.a[0][i]);
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}