bzoj2973转移矩阵构造法！

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构造单位矩阵（转移矩阵）
给定n*m网格，每个格子独立按照长度不超过6的操作串循环操作
对应的操作有
    0-9：拿x个石头到这个格子
    nwse：把这个格子的石头推移到相邻格子
    d：清空该格石子
开始时网格是空的，问t秒后石头最多的格子里有多少个石子

t很大，并且每次操作后格子里的石头是线性变化的，所以用矩阵来加速递推 
将n*m网格表示成为(i-1)*m+j的一维数组，那么这个数组对应的转移矩阵大小应该是(nm)^2

然后由于每个格子的操作串最长只有6，并且1-6的最小公倍数是60，所以所有格子的操作60秒一个循环
那么求出每秒的转移矩阵，用Ai表示第i秒的转移矩阵，(1<=i<=60) 
另A=mul(Ai),t=p*60+r,那么结果状态就是A^p*mul(A1,Ar);

那么如何将操作对应到转移矩阵的构造上？
考虑转移矩阵的运行原理：可以将F'[j]=F[i]*A[i][j]，即将原数组的F[i]*A[i][j]然后加到F'[j]上
    0-9：凭空把x个石头转移到第i个格子上，令F[0]=1，A[0][num(i,j)]=x，如此即可完成状态转移 
    nwse：距离n操作：把第i行的石头转移到第i-1行，即把num[i][j]的石头转移到num[i-1][j]，那么令A[num[i][j]][num[i-1][j]]=1即可
    保证要使F[0]=1，那么将A[0][0]设置为1
    A的其它数值都为0
F数组就是[1,0,0,0,0,0,0,0,...0]
矩阵快速幂加速计算
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define P 65
#define ll long long
int n,m,t,q,i,j,k,x,y,N;
int id[P][P],a[P][P],l[P];//
char b[P][P];
ll ans;
struct mat{
    ll a[P][P];
    mat(){memset(a,0,sizeof a);}
    mat operator*(mat b){//重载矩阵乘法
        mat c;
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<n;j++)
                for(int k=0;k<n;k++)
                    c.a[i][j]+=a[i][k]*b.a[k][j];
        return c;
    }    
}one,A[P],pre[P],B,C,D;
        
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&t,&q);
    char ch;
    for(int i=1;i<=n;i++)//输入每个格子对应的操作序号
        for(int j=1;j<=m;j++)
            cin>>ch,a[i][j]=ch-'0',id[i][j]=++N;
    N++;
    for(int i=0;i<q;i++){//输入q行不同的操作序列
        scanf("%s",b[i]+1),l[i]=strlen(b[i]+1);
        b[i][0]=b[i][l[i]];//循环点处理一下
    }
    for(int i=0;i<n;i++)one.a[i][i]=1;//构造单位矩阵
    pre[0]=one;
    char c;
    for(int i=1;i<=60;i++){//求出每个时间点对应的状态转移矩阵
        A[i].a[0][0]=1;//对于第1个点
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int k=1;k<=m;k++){
                //求出第[j,k]块的序号,就是a[j][k]，在第i个时间点对应的操作c
                c=b[a[j][k]][i%l[a[j][k]]];

                if(c>='0' && c<='9'){//数字
                    A[i].a[id[j][k]][0]=c-'0';
                    A[i].a[id[j][k]][id[j][k]]++;
                }
                if(c=='N'){//向各个方向转移
                    x=j-1,y=k;
                    if(x>=1)
                        A[i].a[id[x][y]][id[j][k]]++;
                }
                if(c=='S'){
                    x=j+1,y=k;
                    if(x<=n)
                        A[i].a[id[x][y]][id[j][k]]++;
                }
                if(c=='W'){
                    x=j,y=k-1;
                    if(y>=1)
                        A[i].a[id[x][y]][id[j][k]]++;
                }
                if(c=='E'){
                    x=j,y=k+1;
                    if(y<=m)
                        A[i].a[id[x][y]][id[j][k]]++;
                }
            }
        pre[i]=A[i]*pre[i-1];//把所有时间点的矩阵乘起来
    }

    B=pre[60],C=one;
    for(k=t/60;k;k>>=1){//快速幂
        if(k&1)C=C*B;
        B=B*B;
    }
    D.a[0][0]=1,D=pre[t%60]*C*D;//把余下时间的矩阵呈上去
    for(int i=1;i<N;i++)//由于F数组只有第0项为1，那么直接求D[i][0]的最大值即可！
        if(ans<D.a[i][0])
            ans=D.a[i][0];
    printf("%lld",ans);
}