[SDOI2009]HH去散步

题目描述

HH有个一成不变的习惯，喜欢饭后百步走。所谓百步走，就是散步，就是在一定的时间 内，走过一定的距离。 但是同时HH又是个喜欢变化的人，所以他不会立刻沿着刚刚走来的路走回。 又因为HH是个喜欢变化的人，所以他每天走过的路径都不完全一样，他想知道他究竟有多 少种散步的方法。

现在给你学校的地图（假设每条路的长度都是一样的都是1），问长度为t，从给定地 点A走到给定地点B共有多少条符合条件的路径

输入输出格式

输入格式：

第一行：五个整数N，M，t，A，B。其中N表示学校里的路口的个数，M表示学校里的 路的条数，t表示HH想要散步的距离，A表示散步的出发点，而B则表示散步的终点。

接下来M行，每行一组Ai，Bi，表示从路口Ai到路口Bi有一条路。数据保证Ai != Bi，但 不保证任意两个路口之间至多只有一条路相连接。 路口编号从0到N − 1。 同一行内所有数据均由一个空格隔开，行首行尾没有多余空格。没有多余空行。 答案模45989。

输出格式：

一行，表示答案。

输入输出样例

输入样例#1：

4 5 3 0 0
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2

输出样例#1：

4

说明

对于30%的数据，N ≤ 4，M ≤ 10，t ≤ 10。

对于100%的数据，N ≤ 50，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B

今天小测考了这道题，之前也看到过，但还是写挂了==

写一下解题思路：

理解之后发现如果题目中没有要求不能立刻沿着刚刚走来的路走回就十分简单了：f[i][j],表示走i步走到j的方案数。f[i][j]=∑f[i-1][k](k能到j)，然后将递推式优化到矩阵就行了。可是对于这道题来说是不行的，我们可以考虑边点互化，将无向边拆成两条有向边，这样再考虑边之间的可达性，而不是点之间的，按照这个做矩阵快速幂就能统计了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long 
#define mod 45989
using namespace std;
int n,m,t,a,b,x,y,cnt=1,head[1010];
int Ans;
struct node{
    int next,to;
}e[1010];
void add(int u,int v)
{
    e[++cnt].next=head[u],e[cnt].to=v,head[u]=cnt;
}
struct matrix{
    int a[150][150];
    matrix(){
    memset(a,0,sizeof(a));
    }
}ans,map;
matrix pow(matrix x,matrix y)
{
    matrix z;
    for(int i=1;i<=2*m+1;i++)
    for(int j=1;j<=2*m+1;j++)
        for(int k=1;k<=2*m+1;k++)
        z.a[i][j]=(z.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
    return z;
}
matrix kk(matrix s,int x)
{
    matrix anss=s,tmp=s;x--;
    while(x)
    {
    if(x&1)anss=pow(anss,tmp);
    tmp=pow(tmp,tmp);
    x>>=1;
    }
    return anss;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&a,&b);a++,b++;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    scanf("%d%d",&x,&y);x++;y++;
    add(x,y),add(y,x);
    }
    for(int i=head[a];i;i=e[i].next)ans.a[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=cnt;i++)
    for(int j=head[e[i].to];j;j=e[j].next)
        if(i!=(j^1))map.a[i][j]++;
    map=kk(map,t-1);
    ans=pow(ans,map);
    for(int i=2;i<=cnt;i++)
    if(e[i].to==b)Ans=(Ans+ans.a[1][i])%mod;
    printf("%d\n",Ans);
    return 0;
}