HDU 2254 奥运

奥运

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Problem Description
北京迎来了第一个奥运会，我们的欢呼声响彻中国大地，所以今年的奥运金牌 day day up!
比尔盖兹坐上鸟巢里，手里摇着小纸扇，看的不亦乐乎，被俺们健儿的顽强拼搏的精神深深的感动了。反正我的钱也多的没地方放了，他对自己说，我自己也来举办一个奥运会，看谁的更火。不过他的奥运会很特别：
1 参加人员必须是中国人；
2 至少会加法运算（因为要计算本人获得的金牌数）
他 知道中国有很多的名胜古迹，他知道自己在t1 到 t2天内不可能把所有的地方都玩遍，所以他决定指定两个地方v1,v2，如果参赛员能计算出在t1到t2天（包括t1,t2）内从v1到v2共有多少种走 法(每条道路走需要花一天的时间，且不能在某个城市停留,且t1=0时的走法数为0)，那么他就会获得相应数量的金牌，城市的总数<=30,两个城 市间可以有多条道路
，每条都视为是不同的。
 

 

Input
本题多个case，每个case：
输入一个数字n表示有n条道路 0<n<10000
接下来n行每行读入两个数字 p1，p2 表示城市p1到p2有道路，并不表示p2到p1有道路 (0<=p1,p2<2^32)
输入一个数字k表示有k个参赛人员
接下来k行，每行读入四个数据v1,v2,t1,t2 (0<=t1,t2<10000)
 

 

Output
对于每组数据中的每个参赛人员输出一个整数表示他获得的金牌数（mod 2008）
 

 

Sample Input
6 1 2 1 3 2 3 3 2 3 1 2 1 3 1 2 0 0 1 2 1 100 4 8 3 50
 
 
Sample Output
0 1506 0

 

Source
HDOJ 2008 Summer Exercise（4）- Buffet Dinner
 
Recommend
lcy
 
 
 
 
 先列出以下定义和定理

  定义：设G=<V, E>是一个简单图，它有n个结点V={v1, v2, ... , vn }，则n阶方阵A(G)=(aij)称为G的邻接矩阵。其中

   

      adj表示邻接，nadj表示不邻接。

  定理：设A(G)是图G的邻接矩阵，则(A(G))k 中的i行，j列元素aij(k)等于G中联结vi与vj的长度为k的路的数目。证明见《离散数学》左孝凌。

 

  求第t天城市 i 到城市 j 共有多少种走法就是求城市 i 到城市 j 经过1~k条道路的路径方案数，

  设第t天方案数为B(t)，A为城市的邻接矩阵，有

 

 

   那么t1到t2天（包括t1,t2）内从v1到v2的走法数目为B(t2)-B(t1-1),t1=0时特殊处理一下。

 

   题意不是很明朗，需要注意的有

     1. 城市的编号很大，但总数目<=30，要对城市重新编号。

     2. 城市之间可能有重边。

     3. B(t2)-B(t1-1)的结果可能小于零。

 

 

 

方法一：分块矩阵

  建立下面分块矩阵，

 

   各个分块均为m*m的(m为城市个数)，I为单位矩阵，O为零矩阵。

   进一步得到，

 

 

    运用矩阵快速幂进行求解， 

  1 #include <iostream>
  2 #include <algorithm>
  3 #include <map>
  4 #include <vector>
  5 #include <functional>
  6 #include <string>
  7 #include <cstring>
  8 #include <queue>
  9 #include <set>
 10 #include <cmath>
 11 #include <cstdio>
 12 using namespace std;
 13 #define IOS ios_base::sync_with_stdio(false)
 14 typedef long long LL;
 15 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 16 
 17 const int modnum = 2008;
 18 const int maxn = 61;
 19 typedef struct matrix{
 20     int v[maxn][maxn];
 21     void init(){ memset(v, 0, sizeof(v)); }
 22 }M;
 23 M a, b, c, z, bn1, bn2, res1, res2;
 24 
 25 M mul_mod(const M &a, const M &b, int L, int m, int n)
 26 {
 27     M c; c.init();
 28     for (int i = 0; i<L; i++){
 29         for (int j = 0; j<n; j++){
 30             for (int k = 0; k<m; k++)//注意j，k范围
 31                 c.v[i][j] = (c.v[i][j] + (a.v[i][k] * b.v[k][j] % modnum)) % modnum;
 32         }
 33     }
 34     return c;
 35 }
 36 M power(M x, int L, int p)
 37 {
 38     M tmp; tmp.init();
 39     for (int i = 0; i<L; i++)
 40         tmp.v[i][i] = 1;
 41     while (p){
 42         if (p & 1) tmp = mul_mod(x, tmp, L, L, L);
 43         x = mul_mod(x, x, L, L, L);
 44         p >>= 1;
 45     }
 46     return tmp;
 47 }
 48 inline void init(int n)
 49 {
 50     b.init();
 51     for (int i = 0; i<n; i++)
 52         b.v[i][i] = b.v[i][i + n] = 1;
 53     c.init();
 54     for (int i = 0; i<n; i++)
 55         for (int j = 0; j<n; j++)
 56             b.v[i + n][j + n] = c.v[i + n][j] = a.v[i][j];
 57     z.init();
 58 }
 59 int main()
 60 {
 61     int n, t1, t2, k, cnt, ans;
 62     LL p1, p2;
 63     map<LL, int> cm;
 64     while (~scanf("%d", &n)){
 65         cm.clear();
 66         a.init();
 67         cnt = 0;
 68         for (int i = 0; i<n; i++){
 69             scanf("%lld%lld", &p1, &p2);
 70             if (!cm.count(p1)) cm[p1] = cnt++;
 71             if (!cm.count(p2)) cm[p2] = cnt++;
 72             a.v[cm[p1]][cm[p2]]++;
 73         }
 74         int num = cm.size();
 75         init(num);
 76         scanf("%d", &k);
 77         for (int i = 0; i<k; i++){
 78             scanf("%lld%lld%d%d", &p1, &p2, &t1, &t2);
 79             if (t1>t2) swap(t1, t2);
 80             if (!cm.count(p1) || !cm.count(p2)){ printf("0\n"); continue; }
 81             if(t1==0) res1=z;//z为零矩阵
 82             else{
 83                 bn1 = power(b, 2 * num, t1 - 1);
 84                 res1 = mul_mod(bn1, c, 2 * num, 2 * num, num);
 85             }
 86             if(t2==0) res2=z;
 87             else{
 88                 res2 = power(b, 2 * num, t2);
 89                 res2 = mul_mod(res2, c, 2 * num, 2 * num, num);
 90             }
 91             /*
 92             因为t1<=t2
 93             利用t1计算得到的结果在t2的结果，理想中可能会快一些
 94             但测评系统运行时间仍然和直接计算t2一样
 95             else if(t1!=0){
 96                 bn2 = power(b, 2 * num, t2-t1+1);
 97                 bn2 = mul_mod(bn1, bn2, 2 * num, 2 * num, 2 * num);
 98                 res2 = mul_mod(bn2, c, 2 * num, 2 * num, num);
 99             }else{
100                 bn2 = power(b, 2 * num, t2);
101                 res2 = mul_mod(bn2, c, 2 * num, 2 * num, num);
102             }
103             */
104             ans = (res2.v[cm[p1]][cm[p2]] - res1.v[cm[p1]][cm[p2]])%modnum;
105             while (ans<0) ans+=modnum;
106             printf("%d\n", ans%modnum);
107         }
108     }
109 }
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方法二

 

posted @ 2016-07-23 12:47  Cumulonimbus  阅读(211)  评论(0)  编辑  收藏  举报