题目描述
石头游戏在一个 \(n\) 行 \(m\) 列 \((1\leq n,m \leq 8)(1≤n,m≤8)\) 的网格上进行，每个格子对应一种操作序列，操作序列至多有10种，分别用0~9这10个数字指明。
操作序列是一个长度不超过6且循环执行、每秒执行一个字符的字符串。每秒钟，所有格子同时执行各自操作序列里的下一个字符。序列中的每个字符是以下格式之一：
数字\(0\text{-}9\)：表示拿\(0\text{-}9\)个石头到该格子。
\(NWSE\)：表示把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，\(N\)表示上方，\(W\)表示左方，\(S\)表示下方，\(E\)表示右方。
\(D\)：表示拿走这个格子的所有石头。
给定每种操作序列对应的字符串，以及网格中每个格子对应的操作序列，求石头游戏进行了 \(t\) 秒之后，石头最多的格子里有多少个石头。在游戏开始时，网格是空的。
输入描述:
第一行\(4\)个整数\(n, m, t, act\)。
接下来\(n\)行，每行\(m\)个字符，表示每个格子对应的操作序列。
最后\(act\)行，每行一个字符串，表示从\(0\)开始的每个操作序列。
输出描述:
一个整数：游戏进行了\(t\)秒之后，所有方格中最多的格子有多少个石头。
示例1
输入
1 6 10 3
011112
1E
E
0
输出
3
说明
这是另一个类似于传送带的结构。左边的设备0间隔地产生石头并向东传送。设备1向右传送，直到设备2。10秒后，总共产生了5个石头，2个在传送带上，3个在最右边。
题解
很有思维难度的一个题目。但是这题无论哪里都没有给出\(T\)的数据范围，这谁看的出来是矩阵快速幂啊...
将当前矩阵写成一个一维向量，并且钦定\(f[0]=1\)，那么\(i*(m-1)+j\)代表的就是原来位置\((i,j)\)的石头数量。
因为操作序列长度小于等于\(6\)，而\(\gcd(1,2,3,4,5,6)=60\)，也就是说每个操作序列在重复\(60\)次后都一定会回到位置\(1\)。那么可以把\(T\)分成\(\lfloor \frac T {60}\rfloor\)和\(T\mod 60\)两部分。
构造\(c[pos]\)表示第\(pos\)次操作的转移矩阵。（这里用\((i,j)\)表示坐标\((i,j)\)在一维向量中的位置）
- 当操作\(s[i]\)为数字，\(c[pos][0,(i,j)]=s[i]\)，\(c[pos][(i,j),(i,j)]=1\)
- 当操作\(s[i]=S,E,W,N\)时，设移动后的位置为\((x,y)\)，\(c[pos][(i,j),(x,y)]=1\)
- 当操作\(s[i]=D\)时，\(c[pos][(i,j),(i,j)]=0\)
设\(C=\prod _{i=1}^{60} c_i\)，\(r=T \mod 60\)，那么答案即为\(f*C*\prod _{i=1}^r c_r\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 110;
ll T;
int n, m, lim, len[N], act, now[10][10];
char s[10][10], t[10][10];
struct mat {
ll a[65][65];
mat() {memset(a, 0, sizeof(a));}
mat operator * (mat &x) {
mat ans;
for(int i = 0; i <= lim; ++i)
for(int j = 0; j <= lim; ++j)
for(int k = 0; k <= lim; ++k)
ans.a[i][j] += a[i][k] * x.a[k][j];
return ans;
}
mat Pow(ll t, mat a) {
mat ans; ans.a[0][0] = 1;
while(t) {
if(t & 1) ans = ans * a;
a = a * a; t >>= 1;
}
return ans;
}
}c[61], C;
int idx(int x, int y) {return (x - 1) * m + y;}
void print(mat x, bool flag) {
puts("#####################");
if(flag) {
for(int i = 0; i <= lim; ++i) printf("%lld ", x.a[0][i]);
puts("");
return;
}
for(int i = 0; i <= lim; ++i) {
printf("%d: ", i);
for(int j = 0; j <= lim; ++j) {
printf("%lld ", x.a[i][j]);
}
puts("");
}
puts("#####################");
}
int main() {
scanf("%d%d%lld%d", &n, &m, &T, &act);
lim = n * m;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%s", t[i] + 1);
for(int j = 1; j <= m; ++j) t[i][j] -= '0', ++t[i][j];
}
for(int i = 1; i <= act; ++i) {
scanf("%s", s[i] + 1);
len[i] = strlen(s[i] + 1);
}
for(int pos = 1; pos <= 60; ++pos) {
c[pos].a[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
// putchar(s[t[i][j]][now[i][j]]);
now[i][j] = (now[i][j] % len[t[i][j]]) + 1;
if(s[t[i][j]][now[i][j]] >= '0' && s[t[i][j]][now[i][j]] <= '9') {
c[pos].a[0][idx(i, j)] = s[t[i][j]][now[i][j]] - '0';
c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 1;
} else {
if(s[t[i][j]][now[i][j]] == 'D') c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 0;
if(i > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'N')
c[pos].a[idx(i, j)][idx(i - 1, j)] = 1;
if(i < n && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'S')
c[pos].a[idx(i, j)][idx(i + 1, j)] = 1;
if(j > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'W')
c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j - 1)] = 1;
if(j < m && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'E')
c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j + 1)] = 1;
}
}
}
// puts("");
}
C = c[1];
for(int pos = 2; pos <= 60; ++pos) C = C * c[pos];
C = C.Pow(T / 60, C);
for(int pos = 1; pos <= T % 60; ++pos) {
// printf("Round # %d\n", pos);
C = C * c[pos];
// print(c[pos], 0);
// printf("The test # %d\n", pos);
// print(C, 1);
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= lim; ++i) ans = max(ans, C.a[0][i]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}