題解第二部分
**** 原題來自：scoi 2009**
windy 在有向圖中迷路了. 該有向圖有 n
nn個節點，windy 從節點 0
00 出發，他必須恰好在t
tt時刻到達節點 n−1
n-1n−
1。現在給出該有向圖，你能告訴 windy 總共有多少種不同的路徑嗎？
注意：windy 不能在某個節點逗留，且通過某有向邊的時間嚴格為給定的時間。
第一行包含兩個整數n
nn,ttt；
接下來有 n
nn行，每行乙個長度為n
nn的字串。第i
ii行第j
jj列為 0表示從節點i
ii到節點j
jj沒有邊,為1
11到9
99表示從節點i
ii節點j
jj需要耗費的時間。
包含乙個整數，可能的路徑數，這個數可能很大，只需輸出這個數除以2009
2009
2009
的餘數。
2 2
1100
15 30
12045
07105
47805
12024
12345
852第一反應：咦？這不是圖論嗎？？？
默默的看了眼t的範圍，死了心
dp！！ dp一定可以！！！
默默的看了眼t的範圍，又死了心
那麼怎麼做呢？
首先，我們把這道題想簡單一點，如果題目中的每一條邊都沒有邊權，只用1或0來表示兩個點之間是否存在邊，並且用鄰接矩陣來存這張圖，那麼我們又可以得到些什麼呢？
我們以下面這張圖為例
以鄰接矩陣來表示這個矩陣：
0 1 1
1 0 1
1 0 0 //矩陣1
j表示i到j之間是否有連線；
2 0 1
1 1 1
0 1 1 //矩陣2
好的，如果還沒發現，我們再來將矩陣1三次方一下：
1 2 2
2 1 2
2 0 1 //矩陣3
那麼讓我來告訴你吧！！！
仔細觀察矩陣1，我們可以把aij看成通過一條邊，由i到達j的情況總數
矩陣2、矩陣3也是如此；
不信？我們舉個栗子：
從點1到點2，且通過一條邊的情況不存在，記為0；
從點1到點2，且通過兩條邊的情況共兩種(1->2->1 and 1->3->1)，記為2；
從點1到點2，且通過三條邊的情況僅有一種(1->2->3->1)，記為1；
再回頭看看矩陣吧！！！是不是完全滿足這個條件呢？？？
所以我們就可以得出結論啦：
在矩陣ax中，ax
ij表示由i到j經過x條邊的情況總數
所以這就可以運用快速冪啦！！！
仔細算一下時間複雜度，o(n*logn)，穩穩滴！！！
那麼，這道題就可以很快打出來啦——嗎？
顯然是不可以的。
可能你已經發現了，我們所有的推論都建立在邊權為1的情況上，可是這道題目呢？
接下來有 n呀呀呀，這道題目的邊權不只是1呀！nn行，每行乙個長度為n
nn的字串。第i
ii行第j
jj列為 0表示從節點i
ii到節點j
jj沒有邊,為1
11到9
99表示從節點i
ii到節點j
jj需要耗費的時間。
!(⊙ o ⊙)！
怎麼辦呢？
雖然我們發現不能直接使用我們的結論，但是最大邊權是9！n也不超過10！都不算大！
那我們就可以採用一種叫做拆點的方法：把乙個點拆成10個點。
並且，我們發現即使如此拆點，n也不會超過100，妥妥的可以呀!
但怎麼拆點呢？
我們先來試一下拆乙個邊權不超過2的圖吧！
可得矩陣
0 2
2 1
把1.1看成節點1；
把1.2看成節點2；
把2.1看成節點3；
把2.2看成節點4；
可得到新矩陣 ：
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 1
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 1 1
1 0 1 1
0 1 0 0
原來有點1到點2並用經過2邊權的方案總數有一種(1->2,邊權為2)；
現在來說，點1變為點1，點2變為點3，經過2邊權的方案總數依舊是2(1->2->3,邊權均為1)；
那麼則說明我們的拆點是正確的。
那麼怎麼做呢？
我們再對非零點進行分類，原先就有的1看成藍色，後面通過自連得到的1看成紅色：
那麼下面的**就可以進行拆點操作：
int
cheak
(int i,
int j)
void
chaidian()
for(
int j=
1;j<=n;j++)}
}}
#include
using
namespace std;
int n,t;
const
long
long mod=
2009
;struct matrix
}a;matrix yunsuan
(matrix x, matrix y)}}
return now;
}matrix power
(matrix a,
int b)
while
(b)return now;
}int
cheak
(int i,
int j)
intmain()
for(
int j=
1;j<=n;j++)}
} a=
power
(a,t)
;printf
("%d\n"
,a.ma[1]
[10*n-9])
;}
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