標籤：狀態壓縮+矩陣快速冪。
題解：首先看範圍，p<=10，那麼我們可以想到狀態壓縮。我們把從乙個長度為10的區間進行壓縮，1代表可以，那麼當值乙個區間的1的個數為k個，我們就認為他是合法的。要注意這裡所定義的區間，是有起點的，但是沒有記下來，因為沒有必要。然後我們就可以想一下狀態是怎麼轉移的。那麼可行的狀態有多少種呢?c(9，4)種。
然後兩種狀態是否能夠轉移是需要我們判斷的，我們每次轉移時只能移動乙個公共汽車，並且是移動最前面的汽車，這樣就可以避免重複統計的情況了前面說道區間是有起點的，那麼這一區間的最前的汽車向後移動，對於後面的下乙個狀態來說，他的起點是向後移動了一格的，所以只需把後乙個狀態向前左移一位，再去判斷是否有且僅有乙個不同即可。
(這裡有乙個小技巧，那就是我們眾所周知的樹狀陣列的lowbit，(x & -x)代表的是x從右往左數的第乙個1的位置，如100100就是位置3，那麼返回2^2。所以利用這一點可以很好的判斷乙個數有多少個1，以及兩個數是否僅僅相差一位不同。)
然後我們想想怎麼辦。我們每轉移乙個狀態，就是移動乙個汽車，那麼初始時到結束時的狀態就應該要移動n-k次。第一次汽車在起始站不要移動，後面要覆蓋所有的車站就是n-k次，那麼我們如過把狀態看成乙個點，能否轉移看成一條邊的話，乙個很美妙的結論我們就可以使用了。
對於乙個無權dag，他的鄰接矩陣的p次方就是兩點直接距離為p的方案數。我們就這樣使用矩陣快速冪，就可以統計出答案了。
終點狀態:第n-k個車站為壓縮狀態的第一位，後面k位都是1。所以是1111110000(k個1，p-k個0)。起始狀態是1000000000(其實按道理是1111110000，和終點狀態一樣，只是前面的i不同，省略了。)最後再使用初始矩陣去乘以轉移矩陣的n-k次方就行了。
其實來說，對於初始矩陣×轉移矩陣，這裡是很鬼畜的，初始矩陣s[1][end]。最後查詢s[1][end]。稍微算一算就可以發現，起始就是轉移矩陣中的s[end][end]吧!所以也可以直接輸出轉移矩陣，這也是合情合理的。
1 #include2 #include3 #include4using
namespace
std;
5const
int maxn=150,mod=30031;6
intn,p,k,top,end;
7int
que[maxn];
8structed9
21return
b;22}23
}t,a;
24 ed pow(ed x,int
p)25
34return
x;35}36
bool can(int x,int
y)37
43int cal(int
x)44
51return
tot;52}
53int
main()
5462
for(int i=1;i<=top;i++)
63for(int j=1;j<=top;j++)
64if
(can(que[i],que[j]))
65 t.s[i][j]=1
;66 t=pow(t,n-k);
67 a.s[1][end]=1
;68 a=a*t;
69 cout<1][end]<70return0;
71 }
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