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## $P4159$ [$SCOI2009$] 迷路
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[题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P4159)
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> **前序知识整理**
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> 关键词：矩阵+快速幂
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[P1226 【模板】快速幂||取余运算](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16847009.html)
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[矩阵乘法](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16037718.html)
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[P3390 【模板】矩阵快速幂](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16039506.html)
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[P1939 【模板】矩阵加速（数列）](https://www.luogu.com.cn/problem/P1939)
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### 一、题目描述
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**题目背景**
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$windy$ 在 **有向图** 中迷路了。
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**题目描述**
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该有向图有 $n$ 个节点，节点从 $1$ 至 $n$ 编号，$windy$ 从节点 $1$ 出发，他必须恰好在 $t$ 时刻到达节点 $n$。
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现在给出该有向图，你能告诉 $windy$ **总共有多少种不同的路径**吗？
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答案对 $2009$ 取模。
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注意：$windy$ 不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。
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**输入格式**
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第一行包含两个整数，分别代表 $n$ 和 $t$。
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第 $2$ 到第 $(n+1)$ 行，每行一个长度为 $n$ 的字符串，第 $(i + 1)$行的第 $j$ 个字符 $c_{i, j}$是一个数字字符，若为 $0$，则代表节点 $i$ 到节点 $j$ 无边，否则代表节点 $i$ 到节点 $j$ 的边的长度为 $c_{i, j}$。
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**输出格式**
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输出一行一个整数代表答案对 $2009$ 取模的结果。
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### 二、题目解析
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第一反应：咦？这不是图论吗？？？ 默默的看了眼$t$的范围($<=1e9$)，**死了心**
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<font color='red' size=4><b>
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蒟蒻豆爸解释一下：</b></font>为什么看一眼$t$的范围就知道不是图论呢？原因就是这个$t$,一般图论就是用$floyd,bellmanFord,spfa,dijkstra$这些东东，而这些东东的时间复杂度最好也就是$O((n+m)log~m)$,一个$m$就干到了$1e9$,不$TLE$就怪了
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<!-- 让表格居中显示的风格 -->
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<style>
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.center
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{
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width: auto;
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display: table;
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margin-left: auto;
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margin-right: auto;
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}
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</style>
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<div class="center">
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| $floyd$ | $bellmanFord$ | $spfa$ | $dijkstra$ |
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| $O(N^3)$ | $O(N\times M)$ | $O(N\times M)$ |$O((n+m)log~m)$|
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</div>
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$DP$！！ $DP$一定可以！！！
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<font color='red' size=4><b>
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蒟蒻豆爸解释一下：</b></font>$DP$能做到线性复杂度就足够牛$X$了吧，就算是线性的，也一样会$TLE$，为啥呢？因为跑一遍所有边就是$1e9$~
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默默的看了眼$t$的范围，又死了心
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那么怎么做呢？
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#### 一、边权为$1$的有向图中 两点间边权和 恰好是$k$ 的路径条数
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首先，我们把这道题想简单一点，如果题目中的每一条边都没有边权，只用$1$或$0$来表示两个点之间是否存在边，并且用邻接矩阵来存这张图，那么我们又可以得到些什么呢？
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**举个栗子**
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我们以下面这张图为例
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以邻接矩阵来表示这个矩阵：
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$\begin{bmatrix}
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0& 1 & 1\\
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1&0 &1 \\
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1& 0 & 0
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\end{bmatrix}
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$矩阵$1$
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其中，$a_{ij}$ 表示$i$到$j$之间是否有连线；
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那么，我们把它 **平方** 一下，又可以得到什么呢？(友情提示:如果不清楚矩阵乘法，请[点这里](https://baike.baidu.com/item/%E7%9F%A9%E9%98%B5%E4%B9%98%E6%B3%95/5446029?fr=aladdin))
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$\begin{bmatrix}
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0& 1 & 1\\
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1&0 &1 \\
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1& 0 & 0
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\end{bmatrix}
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\times
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|
\begin{bmatrix}
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|
0& 1 & 1\\
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|
1&0 &1 \\
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|
1& 0 & 0
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|
\end{bmatrix}=
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\begin{bmatrix}
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2& 0 & 1\\
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|
1& 1 & 1 \\
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0& 1 & 1
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|
\end{bmatrix}
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$矩阵$2$
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你又发现了什么呢？
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好的，如果还没发现，我们再来将矩阵$1$ **三次方**一下：
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$\begin{bmatrix}
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0& 1 & 1\\
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1&0 &1 \\
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1& 0 & 0
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|
|
\end{bmatrix}
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|
\times
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|
\begin{bmatrix}
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|
|
0& 1 & 1\\
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|
|
1&0 &1 \\
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|
|
1& 0 & 0
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|
\end{bmatrix}
|
|
|
\times
|
|
|
\begin{bmatrix}
|
|
|
0& 1 & 1\\
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|
|
1&0 &1 \\
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|
|
1& 0 & 0
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|
|
\end{bmatrix}=
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|
|
\begin{bmatrix}
|
|
|
2& 0 & 1\\
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|
|
1& 1 & 1 \\
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|
|
0& 1 & 1
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|
|
\end{bmatrix}
|
|
|
\times
|
|
|
\begin{bmatrix}
|
|
|
0& 1 & 1\\
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|
1&0 &1 \\
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|
1& 0 & 0
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|
\end{bmatrix} =
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|
\begin{bmatrix}
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1& 2 & 2\\
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2& 1 & 2 \\
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2& 0 & 1
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|
\end{bmatrix}
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$ 矩阵$3$
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什么，你还没发现吗？？？
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那么让我来告诉你吧！！！
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矩阵$1$,我们可以把$a_{ij}$ 看成通过 **一条边** ，由$i$到达$j$的情况总数
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矩阵$2$,我们可以把$a_{ij}$ 看成通过 **两条边** ，由$i$到达$j$的情况总数
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矩阵$3$,我们可以把$a_{ij}$ 看成通过 **三条边** ，由$i$到达$j$的情况总数
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不信？我们举个栗子：
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从点$1$到点$1$，且通过 **一条边** 的情况不存在，记为$0$；
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从点$1$到点$1$，且通过 **两条边** 的情况共两种($1->2->1$ $and$ $1->3->1$)，记为$2$；
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从点$1$到点$1$，且通过 **三条边** 的情况仅有一种($1->2->3->1$)，记为$1$；
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再回头看看矩阵吧！！！是不是完全满足这个条件呢？？？
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所以我们就可以得出结论啦：
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**在矩阵$A^x$中，$A^x_{ij}$表示由$i$到$j$经过$x$条边的情况总数**
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所以这就可以运用 **快速幂** 啦！！！
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仔细算一下时间复杂度，$O(n*logn)$，稳稳滴！！！
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那么，这道题就可以很快打出来啦——吗？
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显然是不可以的。
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可能你已经发现了，**我们所有的推论都建立在边权为$1$的情况上**，可是这道题目呢？
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> 接下来有 $N$行，每行一个长度为$N$的字符串。第$i$行第$j$列为 $0$表示从节点$i$到节点$j$没有边,为$1$到$9$表示从节点$i$到节点$j$需要耗费的时间。
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呀呀呀，这道题目的边权不只是$1$呀！
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!(⊙ o ⊙)！
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怎么办呢？
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#### 二、边权不为$1$的有向图中 两点间边权和 恰好是$k$ 的路径条数
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虽然我们发现不能直接使用我们的结论，但是最大边权是$9$！$N$也不超过$10$！都不算大！
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那我们就可以采用一种叫做 **拆点** 的方法：把 **一个点拆成$9$个点(本质是按边权拆的)**。
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并且，我们发现即使如此拆点，$N$也不会超过$100$，妥妥的可以呀!
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但怎么拆点呢？
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我们先来试一下拆一个边权不超过$2$的图吧！
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/99615e01cf1347c18b835be2053c87eb.png' width=40%></center>
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可得矩阵
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$$\large \begin{bmatrix}
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0 & 2 \\
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2 & 1
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\end{bmatrix}$$
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将其拆点：
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/d114eb837c744792bf579cbde9d99755.png' width=40%></center>
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可得到新矩阵 ：
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$$\large \begin{bmatrix}
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0 & 1 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 1 \\
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1 & 0 & 0 & 0
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|
\end{bmatrix}$$
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将其平方：
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$$\large \begin{bmatrix}
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0 & 1 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 1 \\
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|
1 & 0 & 0 & 0
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|
\end{bmatrix}
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|
\times
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|
\begin{bmatrix}
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0 & 1 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 1 \\
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1 & 0 & 0 & 0
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|
\end{bmatrix} =
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|
\begin{bmatrix}
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0 & 0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1 & 1 \\
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|
|
1 & 0 & 1 & 1 \\
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|
0 & 1 & 0 & 0
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|
|
\end{bmatrix}
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|
$$
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**验算一下:**
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原来有点$1$到点$2$并用经过$2$边权的方案总数有一种($1->2$,边权为$2$)；
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现在来说，点$1$变为点$1'$，点$2$变为点$3'$，经过$2$边权的方案总数依旧是$2$($1'->2'->3'$,边权均为$1$)；
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那么则说明我们的拆点是正确的。
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可以发现这样的话仍然是满足题意的
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**这是为什么呢？为啥要这样拆点呢？**
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<font color='red' size=4><b>因为可以更新答案的那条路径,一定走到了$x_i$号节点，正准备走到原来的另一个节点</b></font>
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不是很好解释，自己多画几张图试试就知道了（我知道你们懒，给你们画一个）
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/a03504f45c664812ab0c2519ec846fcb.png' width=40%></center>
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**拆点** 操作
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/60bdc2b5775a400186a538b5f6496038.png' width="40%"></center>
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那么既然我们通过拆点操作将所有点之间的边权都变成了$1$，那么我们就可以用刚才得到的 **结论** 啦！！！
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#### 时间复杂度
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$O(n^3\log ~t)$
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#### 实现代码
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int MOD = 2009;
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const int N = 110;
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int g[N][N], a[N][N];
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int n, t;
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//矩阵乘法
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void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) {
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int t[N][N] = {0};
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int M = n * 9;
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for (int i = 1; i <= M; i++) {
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for (int j = 1; j <= M; j++)
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for (int k = 1; k <= M; k++)
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t[i][j] = (t[i][j] + (LL)(a[i][k] * b[k][j]) % MOD) % MOD;
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}
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memcpy(c, t, sizeof t);
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}
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int main() {
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// n个节点，t时刻
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scanf("%d %d", &n, &t);
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for (int i = 1; i <= n; i++) { //原图有n个节点
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/* 1点拆9点
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1-> 1~9
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2-> 10~18
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|
3-> 19~17
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|
...
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|
拆开的点之间的权值是1
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*/
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for (int j = 1; j < 9; j++) // 1点拆9点，注意收尾处是小于号
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g[(i - 1) * 9 + j][(i - 1) * 9 + j + 1] = 1;
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//从下标1开始读入原图中i号节点与其它各节点间的边权
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char s[11];
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scanf("%s", s + 1);
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//遍历一下输入的各点间关系图
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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//如果i->j 存在边，并且边权 = s[j]
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//比如 1->8, 边权为3; 则 从3'->64'创建一条边权为1的边
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if (s[j] > '0') g[(i - 1) * 9 + s[j] - '0'][(j - 1) * 9 + 1] = 1;
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}
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//复制原始底图
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memcpy(a, g, sizeof g);
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//因为是复制出来，t次幂就变成了t-1次幂
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t--;
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//矩阵快速幂
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while (t) {
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if (t & 1) mul(g, g, a);
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mul(a, a, a);
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t >>= 1;
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|
}
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|
//输出结果
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|
printf("%d\n", g[1][(n - 1) * 9 + 1]);
|
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|
return 0;
|
|
|
}
|
|
|
```
|
|
|
|
