P2151 [SDOI2009] HH去散步 题解

传送门

简要题意：有$n$个人，$m$条无向边，走$e$条边，满足条件若第$i$条边为$u->v$则第$i+1$条边不能是$v->u$，问$s->t$的方案有多少个，取模45989。

因为要满足题目关于边的条件，所以我们考虑点边互换。

将$u-v$的无向边一分为二变成$u->v,v->u$，第$i$条边记录两个变量为$i.from,i.to$，表示$i$从$i.from$到$i.to$的边，他们互为反边。

则从第$i$条边走到第$j$条边的条件是$i.to=j.from$

先考虑用动态规划思考转移方程：

$f_{i,j}$表示第$i$个时刻走到第$j$条边的方案

$f_{i,j}=\sum _{k=1}^{2m}{f}_{i-1,k}\ast a_{k,j}$，其中若第$k$条边可以走到第$j$条边则$a_{k,j}=1$,否则为$0$。

因为$e$很大，所以我们要考虑矩阵乘法

构造转移矩阵$B$满足$B_{i,j}$表示第$i$条边到第$j$条边的方案。则$B_{i,j}=1$的情况为$i.to=j.from$且$i$与$j$不能互为反边

构造初始矩阵$A$，$A_{i,j}$表示第$i$条边到第$j$条边的方案。则$A_{i,j}=1$的条件时$i.to=j.from=s$，注意这里有个细节，因为我们是从$s$点而不是走某一条边开始走，所以我们不分正反边且只需枚举一个$i.to=s$的情况表示从$s$开始走即可。

若$An{s}_{i,j}$表示最终从第i条边走到第$j$条边的方案数。如果$i.to=s$且$j.to=t$，则$ans+=An{s}_{i,j}$

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PLL pair<ll,ll> 
using namespace std;
const ll M=130,mod=45989;
ll n,m,ti,s,t,flag;
ll u,v,idx,ans;
struct fu
{
	ll from,to;
}bian[200];
struct jgt
{
	ll a[M][M];
}A,B;
jgt operator * (const jgt t1,const jgt t2)
{
	jgt t={0};
	for(ll i=0;i<=idx;i++)
	for(ll j=0;j<=idx;j++)
	for(ll k=0;k<=idx;k++)
	t.a[i][j]=(t.a[i][j]+(t1.a[i][k]*t2.a[k][j])%mod)%mod;
	return t;
}
void sc(jgt t1)
{
	printf("输出：\n");
	for(ll i=0;i<=idx;i++)
	{
		for(ll j=0;j<=idx;j++)
		printf("%lld ",t1.a[i][j]);
		printf("\n");
	}
	printf("输出完毕！\n"); 
}
int main()
{
	scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&n,&m,&ti,&s,&t);
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld %lld",&u,&v);
		bian[idx++]={u,v};
		bian[idx++]={v,u};
	}
	idx--,ti--;
	for(ll i=0;i<=idx;i++)
	for(ll j=0;j<=idx;j++)
	if(bian[i].to==bian[j].from&&j!=i&&j!=(i^1)) B.a[i][j]=1;
	for(ll i=0;i<=idx;i++)
	{
		for(ll j=0;j<=idx;j++)
		if(bian[i].to==bian[j].from&&bian[j].from==s) A.a[i][j]=1;
		if(bian[i].to==s)
		{
			flag=i;
			break;
		}
	}
	while(ti)
	{
		if(ti&1) A=A*B;
		B=B*B;
		ti=ti/2;
	}
	for(ll j=0;j<=idx;j++)
	if(bian[j].to==t) ans=(ans+A.a[flag][j])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}