[SDOI2009]HH去散步 矩阵乘法

～～～题面～～～

题解：

　　很久之前做的这道题，今天看差点没看懂QAQ，赶紧来记录一下。

　　考虑f[i][j]表示i和j是否右边相连，有为1，否则为0，那么f同时可以表示从每个点出发走一步到其他点的方案数。

　　于是用一个和f长得一模一样的矩阵g来表示从每个点出发到其他点的方案数。

　　那么考虑g如何转移。

　　其实只要用g*f就可以表示一次转移了。

　　为什么？

　　设当前转移到了第t次，则g[i][j]表示i到j走t-1次的方案数（因为还没有更新）

　　那么矩阵乘法做了什么？

　　$g[i][j] = \sum_{l =1}^{n}{g[i][l] * f[l][j]}$

　　也就是它枚举了点i走了t - 1次到l,然后再从l走一次到j的方案数。

　　是否能转移则要看l 到 j是否有边，而f[l][j]的意义刚好就是这样。

　　所以这其实就是做了一个DP，并用矩阵加速。

　　但是题目有限制，不能反复走一条边，但我们用点来表示状态显然无法对此做出限制，因此考虑直接用边来设状态。

　　g[i][j]表示从边i走到边j的方案数，一个边i可以走到j，当且仅当i的终点是j的起点。

　　为了满足题目的限制，我们需要将一条无向边拆分为两条有向边。然后满足上述条件则g[i][j] = 1。

　　然后当i是j的反向边时，g[i][j] = 0;

　　直接快速幂优化，获得最后的答案只需要再枚举一下哪些边可以到达终点即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int 
#define AC 200
#define ACway 5000
#define mod 45989
int n,m,t,A,B,have,answer;
int date[ACway],Next[ACway],Head[AC],tot=1;//变tot为1开始以查询一条边的起点
/*ans:一行，若A可直达（边）则为1，
f:tot*tot 对于每列j而言，若行i满足：date[i](终点) == date[j^1](起点)，则为1
have=t-1(第一次已经在ans上了）
因为是用边来转移和判断，所以最后要扫描一遍ans：
若此边可达B，则answer+=ans.s[1][i]
由于习惯问题，，，所有点一开始都+1*/

struct matrix{
    int s[AC][AC];
}ans,f,box;

inline int read()
{
    int x=0;char c=getchar();
    while(c>'9' || c<'0') c=getchar();
    while(c>='0' && c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x;
}

inline void add(int f,int w)
{
    date[++tot]=w,Next[tot]=Head[f],Head[f]=tot;
    date[++tot]=f,Next[tot]=Head[w],Head[w]=tot;//变无向为有向
}

void count(matrix x,matrix y)
{
    for(R i=1;i<=tot;i++)
    {
        for(R j=1;j<=tot;j++)
        {
            box.s[i][j]=0;
            for(R l=1;l<=tot;l++)
                box.s[i][j]=(box.s[i][j] + x.s[i][l] * y.s[l][j])%mod;
        }
    }
}

void qpow()
{
    while(have)
    {
        if(have & 1) 
        {
            count(ans,f);
            ans=box;
        }
        have>>=1;
        count(f,f);
        f=box;
    }
}

void pre()
{
    int a,b;
    n=read(),m=read(),t=read(),A=read()+1,B=read()+1;
    for(R i=1;i<=m;i++)
    {
        a=read()+1,b=read()+1;
        add(a,b);
        if(a == A)//如果A可以直达的话
            ans.s[1][tot^1]=1;
        else if(b == A) ans.s[1][tot]=1;
    }
    for(R j=2;j<=tot;j++)//枚举列
        for(R i=2;i<=tot;i++)//枚举行
            if(date[i] == date[j^1] && i != (j^1)) //error!!!这里要判断不是反向边才行，因为一个边的起点就等与反向边的终点啊
            //{
                f.s[i][j]=1;
            //    printf("%d ---> %d\n",i,j);
            //}
/*    printf("ans:\n");
    for(R i=2;i<=tot;i++)
        printf("%d ",ans.s[1][i]);
    printf("\nf:\n");
    for(R i=2;i<=tot;i++)
    {
        for(R j=2;j<=tot;j++)
            printf("%d ",f.s[i][j]);
        printf("\n");    
    }*/
    have=t-1;
}

void work()
{
    for(R i=2;i<=tot;i++)
        if(date[i] == B) answer+=ans.s[1][i];
    answer%=mod;
    printf("%d\n",answer);
}

int main()
{
//    freopen("in.in","r",stdin);
    pre();
    qpow();
    work();
//    fclose(stdin);
    return 0;
}