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P4159 [$SCOI2009$] 迷路
前序知识整理 关键词：矩阵+快速幂 P1226 【模板】快速幂||取余运算 矩阵乘法 P3390 【模板】矩阵快速幂 P1939 【模板】矩阵加速（数列）
一、题目描述
题目背景
windy 在 有向图 中迷路了。
题目描述
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 $n$。
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？
答案对 2009 取模。
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。
输入格式
第一行包含两个整数，分别代表 n 和 $t$。
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 $c_{i, j}$。
输出格式
输出一行一个整数代表答案对 2009 取模的结果。
二、题目解析
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
蒟蒻豆爸解释一下：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
floyd |
bellmanFord |
spfa |
dijkstra |
|---|---|---|---|
O(N^3) |
O(N\times M) |
O(N\times M) |
O((n+m)log~m) |
$DP$！！ $DP$一定可以！！！ 蒟蒻豆爸解释一下：$DP$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$1e9$~
默默的看了眼$t$的范围，又死了心
那么怎么做呢？
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
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？
举个栗子
我们以下面这张图为例
以邻接矩阵来表示这个矩阵：
$\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}
$矩阵1
其中，a_{ij} 表示$i$到$j$之间是否有连线；
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)
$\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
2& 0 & 1\
1& 1 & 1 \
0& 1 & 1
\end{bmatrix}
$矩阵2
你又发现了什么呢？
好的，如果还没发现，我们再来将矩阵1 三次方一下：
$\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
2& 0 & 1\
1& 1 & 1 \
0& 1 & 1
\end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix}
0& 1 & 1\
1&0 &1 \
1& 0 & 0
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
1& 2 & 2\
2& 1 & 2 \
2& 0 & 1
\end{bmatrix}
$ 矩阵3
什么，你还没发现吗？？？
那么让我来告诉你吧！！！
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
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
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
不信？我们举个栗子：
从点$1$到点$1$，且通过 一条边 的情况不存在，记为$0$；
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$2$；
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$1$；
再回头看看矩阵吧！！！是不是完全满足这个条件呢？？？ 所以我们就可以得出结论啦：
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
所以这就可以运用 快速幂 啦！！！
仔细算一下时间复杂度，$O(n*logn)$，稳稳滴！！！
那么，这道题就可以很快打出来啦——吗？
显然是不可以的。
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？
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。
呀呀呀，这道题目的边权不只是$1$呀！
!(⊙ o ⊙)！
怎么办呢？
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
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！
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)。
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!
但怎么拆点呢？
我们先来试一下拆一个边权不超过$2$的图吧！
可得矩阵
$$\large \begin{bmatrix} 0 & 2 \ 2 & 1 \end{bmatrix}$$
将其拆点：
可得到新矩阵 ： $$\large \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
将其平方： $$\large \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 1 & 0 & 1 & 1 \ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}
**验算一下:**
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$2$)；
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$1$)；
那么则说明我们的拆点是正确的。
可以发现这样的话仍然是满足题意的
**这是为什么呢？为啥要这样拆点呢？**
<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>
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）
<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/a03504f45c664812ab0c2519ec846fcb.png' width=40%></center>
**拆点** 操作
<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/60bdc2b5775a400186a538b5f6496038.png' width="40%"></center>
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！！！
#### 时间复杂度
$O(n^3\log ~t)$
#### 实现代码
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 2009;
const int N = 110;
int g[N][N], a[N][N];
int n, t;
//矩阵乘法
void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) {
int t[N][N] = {0};
int M = n * 9;
for (int i = 1; i <= M; i++) {
for (int j = 1; j <= M; j++)
for (int k = 1; k <= M; k++)
t[i][j] = (t[i][j] + (LL)(a[i][k] * b[k][j]) % MOD) % MOD;
}
memcpy(c, t, sizeof t);
}
int main() {
// n个节点，t时刻
scanf("%d %d", &n, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) { //原图有n个节点
/* 1点拆9点
1-> 1~9
2-> 10~18
3-> 19~17
...
拆开的点之间的权值是1
*/
for (int j = 1; j < 9; j++) // 1点拆9点，注意收尾处是小于号
g[(i - 1) * 9 + j][(i - 1) * 9 + j + 1] = 1;
//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
char s[11];
scanf("%s", s + 1);
//遍历一下输入的各点间关系图
for (int j = 1; j <= n; j++)
//如果i->j 存在边，并且边权 = s[j]
//比如 1->8, 边权为3; 则 从3'->64'创建一条边权为1的边
if (s[j] > '0') g[(i - 1) * 9 + s[j] - '0'][(j - 1) * 9 + 1] = 1;
}
//复制原始底图
memcpy(a, g, sizeof g);
//因为是复制出来，t次幂就变成了t-1次幂
t--;
//矩阵快速幂
while (t) {
if (t & 1) mul(g, g, a);
mul(a, a, a);
t >>= 1;
}
//输出结果
printf("%d\n", g[1][(n - 1) * 9 + 1]);
return 0;
}
```