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10月3日,在杭州市西湖景区,一只小松鼠不停地接受一道道食物,花生、
玉米、饼干,可谓来者不拒,憨态可掬的模样吸引了众多围观者...
Description
小松鼠打了10个小时的游戏,一脸满足。却发现周围再次围满了游客,
逃!
她发现整个西湖内的松鼠都以相同的速度在树之间跳跃。每跳跃一次花
费一个单位的时间。我们可以把西湖抽象为一张n个点的无向图,初始时
每个点上都有若干只松鼠,它们每单位时间都可以沿着一条无向边进行跳
跃。
对于一只当前在点i的松鼠,它在接下来的一个单位时间内等概率向相邻
的点跳跃。更具体地讲,我们称与点i通过一条无向边直接相连的点为与i相
邻的点,假设这样的点有p个,那么对于每一个与i相邻的点,在下一时刻都
有 1/p 的概率跳到它。
超萌小松鼠已知初始时刻(0时刻)每棵树上的松鼠分布情况,她想知道
在T时刻,在同一棵树上的松鼠对数的期望。关于“松鼠对数”的解释:假
设有4只松鼠在同一棵树上,那么我们称有6对在同一棵树上的松鼠。
为了避免精度误差,我们将答案模10^9 + 7输出。
Input
第一行三个数n, T 。 意义如题面中所述。 接下来一行n个数, 第i个
数a i 表示第i个点初始时刻有a i 只松鼠。 接下来n行,每行n个数,第i行
第j个数如果为1表示点i与点j间有无向边相连,为0则表示没有。
Output
输出一行一个数,表示T时刻在同一棵树上的松鼠对数的期望在模10 9 +
7意义下的答案。6
Constraints
对于前30%,n <= 10, T <= 30
对于前50%,n <= 100, T <= 30
对于100%,n <= 100, T <= 10^9

题解：

大家能够发现，尽管可能大家最先想到的计算松鼠对数的方法，是根据树上的松鼠总数x，

通过x * (x - 1) / 2来得到。但不妨考虑一下一个更一般的方法：
枚举一只松鼠，再枚举另一只松鼠，如果它们在同一棵树上则答案加一。

从这个方法中能够得到的启示是：松鼠对数这个量实际上是相对独立的，即与这两只松鼠之外的量并无直接的关系。这样就避免了我们陷入一味考虑如何计算“松鼠期望总数”的错误方向了。

枚举一只松鼠A，再枚举另一只松鼠B，考虑它们同时存在在树i上的情况。
假设松鼠A在树i上的概率为P(A, i)， 松鼠B在树i上的概率为P(B, i)
则它们同时存在于树i上的概率为P(A, i) * P(B, i)
而这一事件构成了“1对结束时在同一棵树上的松鼠”
因此对答案的贡献是 P(A, i) * P(B, i) * 1
我们只需要对于每一对松鼠枚举一下树i，然后对这些东西求和计入答案就可以了。

考虑如何计算P（A,i）。我们不妨假设f(i, j)为一只松鼠从点i出发，在点j停下的概率。
当T = 0时，f[i][i]均为1.0，每过一个单位时间时，考虑f[i][j]即松鼠当前在j时的概率
根据题中的描述向j的相邻点转移。
这样能够得到所有T <= 30的分数

观察可知，每次的转移事实上都是一样的。于是我们可以使用矩阵乘法来优化这个转移过程。

100分是给n^2计算期望的方法

首先

我们要求的是E(1)*E'(1)/2+E(1)*E(2).....+E(1)*E(n)+E(2)*E'(2)/2+E(2)*E(3)....

E'指的是少一个松鼠的期望

如果直接枚举终点和两端点，将是n^3

但可以这样：原式=[(E(1)+E(2)+E(3)+E(4).....)^2-E(1)(E(1)-E'(1))-E(2)(E(2)-E'(2))....]/2

显然E(1)-E'(1)=f[][]

枚举终点和一个端点就行了

题目中要求取模，要除的话直接模逆元

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
struct Matrix
{
lol a[1002][1002];
}Mat,ans;
int Mod=1000000007;
lol n,T;
lol v[1001];
int map[1001][1001];
lol A[1001],f[1001][1001],anss;
Matrix operator *(const Matrix &x,const Matrix &y)
{
Matrix res;
int i,j,k;
memset(res.a,0,sizeof(res.a));
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=n;j++)
{
for (k=1;k<=n;k++)
{
res.a[i][j]+=(x.a[i][k]*y.a[k][j])%Mod;
res.a[i][j]%=Mod;
}
}
}
return res;
}
void pow(int x)
{int i;
for (i=1;i<=n;i++)
ans.a[i][i]=1;
while (x)
{
if (x&1) ans=ans*Mat;
Mat=Mat*Mat;
x/=2;
}
}
int main()
{int i,j;
cin>>n>>T;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&v[i]);
}
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&map[i][j]);
}
}
A[1]=1;
for (i=2;i<=1000;i++)
A[i]=((Mod-Mod/i)*A[Mod%i])%Mod;
memset(Mat.a,0,sizeof(Mat.a));
for (i=1;i<=n;i++)
{
int cnt=0;
for (j=1;j<=n;j++)
if (map[i][j]) cnt++;
for (j=1;j<=n;j++)
if (map[i][j]) Mat.a[i][j]=A[cnt];
}
if (T>1)
pow(T);
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=ans.a[i][j];
}
if (T==1)
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=Mat.a[i][j];
for (i=1;i<=n;i++)
{
lol ret1=0,ret2=0,ret3;
for (j=1;j<=n;j++)
{
lol tmp=(f[j][i]*v[j])%Mod;
ret1=(ret1+tmp)%Mod;
ret2=(ret2+tmp*f[j][i])%Mod;
}
ret3=((ret1*ret1)%Mod-ret2+Mod)%Mod;
anss+=(ret3*A[2])%Mod;
anss%=Mod;
}
cout<<anss;
}