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Description
HH有个一成不变的习惯，喜欢饭后百步走。所谓百步走，就是散步，就是在一定的时间 内，走过一定的距离。 但是同时HH又是个喜欢变化的人，所以他不会立刻沿着刚刚走来的路走回。 又因为HH是个喜欢变化的人，所以他每天走过的路径都不完全一样，他想知道他究竟有多 少种散步的方法。 现在给你学校的地图（假设每条路的长度都是一样的都是1），问长度为t，从给定地 点A走到给定地点B共有多少条符合条件的路径
Input
第一行：五个整数N，M，t，A，B。其中N表示学校里的路口的个数，M表示学校里的 路的条数，t表示HH想要散步的距离，A表示散步的出发点，而B则表示散步的终点。 接下来M行，每行一组Ai，Bi，表示从路口Ai到路口Bi有一条路。数据保证Ai = Bi，但 不保证任意两个路口之间至多只有一条路相连接。 路口编号从0到N − 1。 同一行内所有数据均由一个空格隔开，行首行尾没有多余空格。没有多余空行。
答案模45989。
Output
一行，表示答案。
Sample Input
0 1
0 2
0 3
2 1
3 2
Sample Output
HINT
对于30%的数据，N ≤ 4，M ≤ 10，t ≤ 10。 对于100%的数据，N ≤ 20，M ≤ 60，t ≤ 2^30，0 ≤ A,B
【题解】
类似的题目。
给出n*n的邻接矩阵。1表示从某个节点到某个节点有一条有向边。
求从任意一个节点到任意一个节点恰好走k步到达的方案数。
如果是这样的问题。直接把邻接矩阵看成是一个矩阵A,然后求A^k即可。
这一题如果不加上那个不走重路的条件则和这个例子是一样的。
但是加了之后就不能单纯地用这种方法来做了。
需要换一个思路。就是把所有的边看成是一个点。
然后矩阵A[i][j]记录的是第i条边是否链接着第j条边。如果链接着则为1否则为0;
因为我们用邻接表来存储给出的边。所以很容易求出哪两条边(a,b)满足
a->终点==b->起点。且要求b的终点不为a(我们一开始会把无向图处理成两条有向图,所以会有反边)
而我们处理边的时候同时add(x,y)且add(y,x);
所以这两条边的编号一个为奇数一个为偶数。
且它们的编号是相邻的。
我们在判断两条这样符合要求的边(a,b)的时候。就可以根据奇偶性来判断它们是不是一对相反的边。
先不考虑把边化为点。
有这样一个图
a->b->c;
假设a->b这条边的编号为1.b->c这条边的编号为3;
则我们在边化点的时候
a[1][3]=1;
而我们如果要求k=2;
则只需要把化成的矩阵A做A^(k-1)即可(而A^1就是A本身);
然后化一个虚拟的节点t0.
这个t0指向起点a的所有出度边。
for (int i = first[a];i;i= next[i])
B.v[1][i] = 1;
然后把矩阵B和做过乘方的矩阵A相乘(一定是矩阵B和矩阵A相乘,矩阵乘法没有交换律);
得到新的矩阵A;
A[1][1..totm]就是起点指向所有边的方案数(从起点到那条边的终点的方案数);
∑A[1][终点的出度边的相反边] % MOD即为答案;
【代码】
#include <cstdio>
#include <cstdlib> const int MAX_M = 60;
const int MAX_N = 21;
const int MOD = 45989; int n, m, t, a, b,totm = 0,final_ans = 0;
int next[MAX_M * 3], en[MAX_M * 3],first[MAX_N]; struct juzhen
{
int v[MAX_M * 3][MAX_M * 3];
}; juzhen X, Y,ans,c,temp; void add(int x, int y)
{
totm++;
next[totm] = first[x];
first[x] = totm;
en[totm] = y;
} void input_data()
{
scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &t, &a, &b);
a++; b++;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
x++; y++;
add(x, y);
add(y, x);
}
} int fan(int x)
{
if (x & 1)
return x + 1;
return x - 1;
} juzhen cheng(juzhen a, juzhen b)
{ return c;
} void chengfang(int now)//矩阵快速幂；
{
if (now <= 1)
return;
chengfang(now >> 1);
for (int i = 1; i <= totm; i++)
{
for (int what = 1; what <= totm; what++)
{
c.v[i][what] = 0;
for (int j = 1; j <= totm; j++)
c.v[i][what] = (c.v[i][what] + Y.v[i][j] * Y.v[j][what]) % MOD;
}
}
for (int i = 1; i <= totm; i++)
for (int j = 1; j <= totm; j++)
Y.v[i][j] = c.v[i][j];
if (now & 1)
{
for (int i = 1; i <= totm; i++)
{
for (int what = 1; what <= totm; what++)
{
c.v[i][what] = 0;
for (int j = 1; j <= totm; j++)
c.v[i][what] = (c.v[i][what] + Y.v[i][j] * temp.v[j][what]) % MOD;
}
}
for (int i = 1; i <= totm; i++)
for (int j = 1; j <= totm; j++)
Y.v[i][j] = c.v[i][j];
}
} void get_ans()
{
for (int i = first[a]; i; i = next[i])
X.v[1][i] = 1;
for (int i = 1; i <= totm; i++)
for (int j = first[en[i]]; j; j = next[j])
if (j != fan(i))
{
Y.v[i][j] = 1;
temp.v[i][j] = 1;
}
chengfang(t - 1);//A^(t-1);
for (int i = 1; i <= totm; i++)//把那个系数矩阵和做过乘方的矩阵相乘(注意顺序);
{
for (int what = 1; what <= totm; what++)
{
c.v[i][what] = 0;
for (int j = 1; j <= totm; j++)
c.v[i][what] = (c.v[i][what] + X.v[i][j] * Y.v[j][what]) % MOD;
}
}
for (int i = 1; i <= totm; i++)
for (int j = 1; j <= totm; j++)
ans.v[i][j] = c.v[i][j];
for (int i = first[b]; i; i = next[i])
final_ans = (final_ans + ans.v[1][fan(i)]) % MOD;
} void special_judge()
{
if (t == 0)
{
if (a == b)
printf("1\n");
else
printf("0\n");
exit(0);
}
} void output_ans()
{
printf("%d\n", final_ans);
} int main()
{
//freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);
// freopen("F:\\rush_out.txt", "w", stdout);
input_data();
special_judge();
get_ans();
output_ans();
return 0;
}