(mathcal{Description})
Link.
Bessie 在一张含 (n) 个结点的有向图上遍历，站在某个结点上时，她必须按下自己手中 (m) 个按钮中处于激活状态的一个才能走向其他结点或终止遍历（不能原地等待）。初始时，所有按钮都处于激活状态，按下 (i) 号按钮时，(i) 号按钮变为非激活状态，所有编号 (<i) 的按钮被激活。
给定 (q) 组形如 ((b_s,s,b_t,t)) 的询问，求 Bessie 从 (s) 出发，第一步按 (b_s) 按钮，到 (t) 终止遍历，且最后一步按 (b_t) 按钮的遍历方案数（遍历顺序或按键不同，方案则不同）。
(n,k,qle60)。
(mathcal{Solution})
大概是图上的高维大力 DP 题叭。
初步理解按键规则：若把 (m) 个按键视为一个二进制数，那么在行动过程中这一数的数值是单增的——因为若按键最高非激活位被重新激活，则一定被更高位激活。
进一步，我们尝试以“非激活按键的最高位”为切入点设计 DP 状态。令 (f(h,i,j)) 表示从 (i) 出发（不钦定第一步）走到 (j)（不钦定最后一步），且非激活按键最高位不超过 (h) 的方案数。转移：
-
当前方案根本没有取到过 (h)，(f(h,i,j)longleftarrow f(h-1,i,j))。
-
否则，枚举取到 (h) 的唯一一点 (k)，显然有
[f(h,i,j)longleftarrowsum_{(u,k),(k,v)in E}f(h-1,i,u)f(h-1,v,j) ]注意到 (h) 和 (k) 正在枚举，视为常数，乘法中的两个状态分别只和 (i) 与 (j) 有关，所以只需要定义辅助状态
[g(i)=sum_{(u,k)in E}f(h-1,i,u)\ h(j)=sum_{(k,v)in E}f(h-1,v,j) ]则有 (f(h,i,j)longleftarrow g(i)h(j))。
最后一个问题，求出这个 (f) 有什么用呢？
(f) 的定义与询问的差别仅有是否限制第一步和最后一步，所以可以直接把 (q) 个限制当做虚拟点丢到状态里，让 (f) 成为 (m imes(n+q) imes(n+q)) 的状态，(f(h,i,j)) 的含义变为：
- (i,jle n)：含义不变；
- (ile n)，(j>n)：从 (i) 出发（不钦定第一步），走到第 (j-n) 个询问的 (t) 且最后一步为 (b_t) 的方案数；
- (i>n)，(jle n)：从第 (i-1) 个询问的 (s) 出发，且第一步为 (b_s)，走到 (j)（不钦定最后一步）的方案数；
- (i>n)，(j>n)：同理。
可见，第 (i) 个询问的答案即为 (f(m,n+i,n+i))。转移过程需要变化的地方仅是当枚举的 ((h,k)) 恰好为某个询问的某个端点时才给 (g) 或 (h) 添加方案。
综上，复杂度 (mathcal O(mn(n+q)^2))，代码极度舒适。
(mathcal{Code})
/* Clearink */
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )
const int MAXN = 60, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, q, f[MAXN + 5][MAXN * 2 + 5][MAXN * 2 + 5];
int lef[MAXN * 2 + 5], rig[MAXN * 2 + 5];
char adj[MAXN + 5][MAXN + 5];
struct Query { int bs, s, bt, t; } qry[MAXN + 5];
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
int main() {
scanf( "%d %d %d", &n, &m, &q );
rep ( i, 1, n ) {
scanf( "%s", adj[i] + 1 );
rep ( j, 1, n ) adj[i][j] ^= '0';
}
rep ( i, 1, q ) {
scanf( "%d %d %d %d", &qry[i].bs, &qry[i].s, &qry[i].bt, &qry[i].t );
}
rep ( h, 1, m ) {
int ( *fcur )[MAXN * 2 + 5]( f[h] );
int ( *flas )[MAXN * 2 + 5]( f[h - 1] );
rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) fcur[i][j] = flas[i][j];
rep ( k, 1, n ) {
rep ( i, 1, n ) lef[i] = rig[i] = 0;
lef[k] = rig[k] = 1;
rep ( i, 1, q ) {
lef[n + i] = qry[i].bs == h && qry[i].s == k;
rig[n + i] = qry[i].bt == h && qry[i].t == k;
}
rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n ) if ( adj[j][k] ) {
addeq( lef[i], flas[i][j] );
}
rep ( i, 1, n ) rep ( j, 1, n + q ) if ( adj[k][i] ) {
addeq( rig[j], flas[i][j] );
}
rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) {
addeq( fcur[i][j], mul( lef[i], rig[j] ) );
}
}
}
rep ( i, 1, q ) printf( "%d
", f[m][n + i][n + i] );
return 0;
}