\(P4159\) [\(SCOI2009\)] 迷路
前序知识整理
关键词：矩阵+快速幂
P1226 【模板】快速幂||取余运算
矩阵乘法
P3390 【模板】矩阵快速幂
P1939 【模板】矩阵加速（数列）
一、题目描述
题目背景
\(windy\) 在 有向图 中迷路了。
题目描述
该有向图有 \(n\) 个节点，节点从 \(1\) 至 \(n\) 编号，\(windy\) 从节点 \(1\) 出发，他必须恰好在 \(t\) 时刻到达节点 \(n\)。
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？
答案对 \(2009\) 取模。
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。
输入格式
第一行包含两个整数，分别代表 \(n\) 和 \(t\)。
第 \(2\) 到第 \((n+1)\) 行，每行一个长度为 \(n\) 的字符串，第 \((i + 1)\)行的第 \(j\) 个字符 \(c_{i, j}\)是一个数字字符，若为 \(0\)，则代表节点 \(i\) 到节点 \(j\) 无边，否则代表节点 \(i\) 到节点 \(j\) 的边的长度为 \(c_{i, j}\)。
输出格式
输出一行一个整数代表答案对 \(2009\) 取模的结果。
二、题目解析
第一反应：咦？这不是图论吗？？？ 默默的看了眼\(t\)的范围(\(<=1e9\))，死了心
蒟蒻豆爸解释一下：为什么看一眼\(t\)的范围就知道不是图论呢？原因就是这个\(t\),一般图论就是用\(floyd,bellmanFord,spfa,dijkstra\)这些东东，而这些东东的时间复杂度最好也就是\(O((n+m)log~m)\),一个\(m\)就干到了\(1e9\),不\(TLE\)就怪了
| \(floyd\) | \(bellmanFord\) | \(spfa\) | \(dijkstra\) |
|---|---|---|---|
| \(O(N^3)\) | \(O(N\times M)\) | \(O(N\times M)\) | \(O((n+m)log~m)\) |
\(DP\)！！ \(DP\)一定可以！！！
蒟蒻豆爸解释一下：\(DP\)能做到线性复杂度就足够牛\(X\)了吧，就算是线性的，也一样会\(TLE\)，为啥呢？因为跑一遍所有边就是\(1e9\)~
默默的看了眼\(t\)的范围，又死了心
那么怎么做呢？
一、边权为\(1\)的有向图中 两点间边权和 恰好是\(k\) 的路径条数
首先，我们把这道题想简单一点，如果题目中的每一条边都没有边权，只用\(1\)或\(0\)来表示两个点之间是否存在边，并且用邻接矩阵来存这张图，那么我们又可以得到些什么呢？
举个栗子
我们以下面这张图为例
以邻接矩阵来表示这个矩阵：
\(\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\\
1&0 &1 \\
1& 0 & 0
\end{bmatrix}
\)矩阵\(1\)
其中，\(a_{ij}\) 表示\(i\)到\(j\)之间是否有连线；
那么，我们把它 平方 一下，又可以得到什么呢？(友情提示:如果不清楚矩阵乘法，请点这里)
\(\begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2& 0 & 1\\ 1& 1 & 1 \\ 0& 1 & 1 \end{bmatrix} \)矩阵\(2\)
你又发现了什么呢？
好的，如果还没发现，我们再来将矩阵\(1\) 三次方一下：
\(\begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2& 0 & 1\\ 1& 1 & 1 \\ 0& 1 & 1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0& 1 & 1\\ 1&0 &1 \\ 1& 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1& 2 & 2\\ 2& 1 & 2 \\ 2& 0 & 1 \end{bmatrix} \) 矩阵\(3\)
什么，你还没发现吗？？？
那么让我来告诉你吧！！！
矩阵\(1\),我们可以把\(a_{ij}\) 看成通过 一条边 ，由\(i\)到达\(j\)的情况总数
矩阵\(2\),我们可以把\(a_{ij}\) 看成通过 两条边 ，由\(i\)到达\(j\)的情况总数
矩阵\(3\),我们可以把\(a_{ij}\) 看成通过 三条边 ，由\(i\)到达\(j\)的情况总数
不信？我们举个栗子：
从点\(1\)到点\(1\)，且通过 一条边 的情况不存在，记为\(0\)；
从点\(1\)到点\(1\)，且通过 两条边 的情况共两种(\(1->2->1\) \(and\) \(1->3->1\))，记为\(2\)；
从点\(1\)到点\(1\)，且通过 三条边 的情况仅有一种(\(1->2->3->1\))，记为\(1\)；
再回头看看矩阵吧！！！是不是完全满足这个条件呢？？？
所以我们就可以得出结论啦：
在矩阵\(A^x\)中，\(A^x_{ij}\)表示由\(i\)到\(j\)经过\(x\)条边的情况总数
所以这就可以运用 快速幂 啦！！！
仔细算一下时间复杂度，\(O(n*logn)\)，稳稳滴！！！
那么，这道题就可以很快打出来啦——吗？
显然是不可以的。
可能你已经发现了，我们所有的推论都建立在边权为\(1\)的情况上，可是这道题目呢？
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。
呀呀呀，这道题目的边权不只是\(1\)呀！
!(⊙ o ⊙)！
怎么办呢？
二、边权不为\(1\)的有向图中 两点间边权和 恰好是\(k\) 的路径条数
虽然我们发现不能直接使用我们的结论，但是最大边权是\(9\)！\(N\)也不超过\(10\)！都不算大！
那我们就可以采用一种叫做 拆点 的方法：把 一个点拆成\(9\)个点(本质是按边权拆的)。
并且，我们发现即使如此拆点，\(N\)也不会超过\(100\)，妥妥的可以呀!
但怎么拆点呢？
我们先来试一下拆一个边权不超过\(2\)的图吧！
可得矩阵
\[\large \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}\]将其拆点：
可得到新矩阵 ：
\[\large \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\]将其平方：
\[\large \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \]验算一下:
原来有点\(1\)到点\(2\)并用经过\(2\)边权的方案总数有一种(\(1->2\),边权为\(2\))；
现在来说，点\(1\)变为点\(1'\)，点\(2\)变为点\(3'\)，经过\(2\)边权的方案总数依旧是\(2\)(\(1'->2'->3'\),边权均为\(1\))；
那么则说明我们的拆点是正确的。
可以发现这样的话仍然是满足题意的
这是为什么呢？为啥要这样拆点呢？
因为可以更新答案的那条路径,一定走到了\(x_i\)号节点，正准备走到原来的另一个节点
不是很好解释，自己多画几张图试试就知道了（我知道你们懒，给你们画一个）
拆点 操作
那么既然我们通过拆点操作将所有点之间的边权都变成了\(1\)，那么我们就可以用刚才得到的 结论 啦！！！
时间复杂度
\(O(n^3\log ~t)\)
实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 2009;
const int N = 110;
int g[N][N], a[N][N];
int n, t;
//矩阵乘法
void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) {
int t[N][N] = {0};
int M = n * 9;
for (int i = 1; i <= M; i++) {
for (int j = 1; j <= M; j++)
for (int k = 1; k <= M; k++)
t[i][j] = (t[i][j] + (LL)(a[i][k] * b[k][j]) % MOD) % MOD;
}
memcpy(c, t, sizeof t);
}
int main() {
// n个节点，t时刻
scanf("%d %d", &n, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) { //原图有n个节点
/* 1点拆9点
1-> 1~9
2-> 10~18
3-> 19~17
...
拆开的点之间的权值是1
*/
for (int j = 1; j < 9; j++) // 1点拆9点，注意收尾处是小于号
g[(i - 1) * 9 + j][(i - 1) * 9 + j + 1] = 1;
//从下标1开始读入原图中i号节点与其它各节点间的边权
char s[11];
scanf("%s", s + 1);
//遍历一下输入的各点间关系图
for (int j = 1; j <= n; j++)
//如果i->j 存在边，并且边权 = s[j]
//比如 1->8, 边权为3; 则 从3'->64'创建一条边权为1的边
if (s[j] > '0') g[(i - 1) * 9 + s[j] - '0'][(j - 1) * 9 + 1] = 1;
}
//复制原始底图
memcpy(a, g, sizeof g);
//因为是复制出来，t次幂就变成了t-1次幂
t--;
//矩阵快速幂
while (t) {
if (t & 1) mul(g, g, a);
mul(a, a, a);
t >>= 1;
}
//输出结果
printf("%d\n", g[1][(n - 1) * 9 + 1]);
return 0;
}