[题解]bzoj1297(SCOI2009)迷路

Description

windy在有向图中迷路了。 该有向图有 N 个节点，windy从节点 0 出发，他必须恰好在 T 时刻到达节点 N-1。 现在给出该有向图，你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗？ 注意：windy不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

Input

第一行包含两个整数，N T。 接下来有 N 行，每行一个长度为 N 的字符串。 第i行第j列为’0’表示从节点i到节点j没有边。 为’1’到’9’表示从节点i到节点j需要耗费的时间。

Output

包含一个整数，可能的路径数，这个数可能很大，只需输出这个数除以2009的余数。

Sample Input

【输入样例一】

2 2

11

00

【输入样例二】

5 30

12045

07105

47805

12024

12345

Sample Output

【输出样例一】

1

【样例解释一】

0->0->1

【输出样例二】

852

HINT

30%的数据，满足 2 <= N <= 5 ； 1 <= T <= 30 。 100%的数据，满足 2 <= N <= 10 ； 1 <= T <= 1000000000 。

Solution

设图的邻接矩阵为A。在不考虑边权（或者边权都为1）的时候，An 中的元素Ani,j也表示i到j经过n条边（路径长度为n）的方案数。

为什么呢？我们用归纳法证明。

因为当n=1时显然成立，然后对于任意n>1，有An=An−1∗A，则对于An中每个元素，有

Ani,j=∑An−1i,k∗Ak,j

如果性质在An−1 中成立，那么Ani,j就表示i到k经过n-1条边的方案总数×k到j经过1条边的方案总数，结果就是i到j经过n条边的方案总数，所以An符合性质，即如果An−1满足性质，那么An满足性质。所以命题得到证明。

所以当题目中的图中边权全都是1的时候，0到n-1号节点走过边权为m的答案就是Am0,n−1。

现在我们想办法把图中边权变为1。

不难想到拆点：（图中是1到2有一条边权为5的边的情况）



这样图中所有边权都化为1，构出新图的邻接矩阵然后快速幂即可。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=105,mod=2009;
struct matrix{
int a[maxn][maxn];
matrix(){memset(a,0,sizeof a);}
}temp,I;
int n,T,size;
char s[maxn];

matrix cheng(matrix x,matrix y){
matrix re;
for(int i=0;i<size;i++){
for(int j=0;j<size;j++){
for(int k=0;k<size;k++){
(re.a[i][j]+=x.a[i][k]*y.a[k][j])%=mod;
}
}
}
return re;
}
matrix pow(matrix x,int y){
matrix re=I;
while(y){
if(y&1)re=cheng(re,x);
x=cheng(x,x);y>>=1;
}
return re;
}

int main(){
scanf("%d%d",&n,&T);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=1;j<=8;j++){
temp.a[i+(j-1)*n][i+j*n]=1;
}
}
size=n*9;
for(int i=0;i<size;i++){
I.a[i][i]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("\n%s",s);
for(int j=0;j<n;j++){
if(s[j]>'0'){
temp.a[i+(s[j]-'0'-1)*n][j]=1;
}
}
}
temp=pow(temp,T);
printf("%d\n",temp.a[0][n-1]);
return 0;
}