1482 路线统计

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 题目等级 : 钻石 Diamond

题解

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题目描述 Description

N个节点的有向图, 求从start到finish刚好经过时间time的总方案数 mod 502630.

输入描述 Input Description

第一行包含一个整数n, 所有点是从0到N-1编号.

       接下来n行,每行包含n个字符. 第i行第j个字符表示i到j需要的时间. 字符只可能是’1’到’5’, 或者是’.’表示i不能到达j. 保证主对角线都是’.’.

       接下来一行3个整数start, finish, time.

输出描述 Output Description

输出总方案数.

样例输入 Sample Input

       3

       .12

       2.1

       12.

       0 2 5

样例输出 Sample Output

8

数据范围及提示 Data Size & Hint

       对于20%的数据, 输入的字符不是’1’就是’.’;

       对于100%的数据, 1 <= n <= 10; 1 <= start,finish <= n; 1 <= time <= 10^9.

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矩阵乘法 数论

【解题报告】

第一眼，dfs，但看t的范围，显然超时。

再看，点很少（矩阵的n次幂耗时少），时间很多（走法复杂）

矩阵乘法的标志啊！！！

   

我们知道无边权图从s经k步到f怎么求：即01矩阵：

建立矩阵A  当且仅当存在一条边i->j ，A(i,j)=1。

令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）

类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。

同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。

 

但图有边权，怎么办？

两个字：拆点！

将每个点之间的关系用矩阵存储，i能1步到j标记为1，不能到标记为0，注意题中边权为1-5，则可拆点，将每个点拆成边权个点，如图：

 

但这样还不够，我们要建（n*n*5）^2 = 500*500的矩阵，矩阵乘法t达到500 ^ 3 这显然太多了。

于是：我们遇到一个边i,j，权为c，把它拆成i –> i+n*1 -> i+n*2 ->… -> i+n*(c-1)-> j

如图:

于是就只有(n*5)^2=50*50的矩阵了。

拆完点，矩阵就变成了01矩阵

则这个矩中的A[i][j]就保存了1步能从i到j的方案数，要求t步，则直接将矩阵自乘t次即得答案。

 

2017-03-25

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const ll mod=502630;
struct matrix{ll s[50][50];}A;
char s[11];int n,S,T,K;
matrix operator *(const matrix &a,const matrix &b){
    matrix c;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            c.s[i][j]=0;
            for(int k=0;k<n;k++){
                c.s[i][j]+=a.s[i][k]*b.s[k][j];
                c.s[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    return c;
}
matrix fpow(matrix a,ll p){
    matrix ans;
    for(int i=0;i<n;i++) ans.s[i][i]=1;
    for(;p;p>>=1,a=a*a) if(p&1) ans=ans*a;
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0,cnt;i<n;i++){
        scanf("%s",s);
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(s[j]>='0'&&s[j]<='9'){
                cnt=s[j]-'0';
                for(int k=1;k<cnt;k++) A.s[n*(k-1)+i][n*k+i]=1;
                A.s[n*(cnt-1)+i][j]=1;
            }
        }
    }
    n*=5;
    scanf("%d%d%d",&S,&T,&K);
    A=fpow(A,K);
    printf("%lld\n",A.s[S][T]);
    return 0;
}

 

2016-08-05

AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=502630;
int f,t,s,n;
char c;
int ans;
int cnt;
struct node{
    int f[60][60];
}E,x;
void clean(){
    for(int i=0;i<=n;i++) E.f[i][i]=1;
}
node cheng(node a,node b){    //矩阵乘法
    node ne;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            ne.f[i][j]=0;
            for(int k=0;k<n;k++) ne.f[i][j]=(ne.f[i][j]+((long long)a.f[i][k]*b.f[k][j])%mod)%mod;
        }
    }
    return ne;
}
int answer(){
    node ne=x;
    node ass=E;
    int b=t;
    while(b){      //矩阵求幂
        if(b&1) ass=cheng(ass,ne);
        b>>=1;
        ne=cheng(ne,ne);
    }
    return ass.f[s][f];
}
int main(){
    scanf("%d\n",&n);
    cnt=n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            scanf("%c",&c);
            if(c>='0'&&c<='9'){    
                cnt=c-'0';
                for(int k=1;k<cnt;k++) x.f[n*(k-1)+i][n*k+i]=1; //拆点
                x.f[n*(cnt-1)+i][j]=1;
            }
        }
        scanf("\n");
    }
    n*=5;                       //最后n要乘5
    scanf("%d%d%d",&s,&f,&t);
    clean();                    //定义单位矩阵
    printf("%d\n",answer());
    return 0;
}