https://zybuluo.com/ysner/note/1234018
题面
(1)号城市上有个机器人，有三种行为： 停在原地，去下一个相邻的城市，自爆。它每一秒都会随机触发一种行为。现 在给地图，在第(0)秒时可乐机器人在(1)号城市，问经过了(t)秒，可乐机器人的行为方案数是多少？
- (tleq10^6,nleq30)
解析
显然可以(DP)。
设(f[u][t])表示第(t)秒到第(u)点的方案数。
则有转移方程式：(点(v)是点(u)的邻点）
[f[u][t]=f[u][t+1]+f[v][t+1]+1
]
记搜一下得(ans=f[1][0])。
复杂度(O(nt))。
实际上，如果(tleq10^{18})，此题仍然可做。
把图上信息转化为邻接矩阵(A)。（(u,v)间如有边则(A[u][v]=A[v][u]=1))
从(Floyd)角度来看，发现(A^k)的第(i)行第(j)列数表示的是从(i)到(j)走(k)步的路径方案数。
（同理，在另一种情况下可表示最短路径）
于是，(A^k)中(sum_{i=0}^n A[1][i])即为答案。
有点难度的是状态表示：
-
在原地停留：每个点都有一个从自己到自己的自环。
-
自爆：进入一个虚拟的、出不去的城市（如(0)城市）。
注意要允许(0)城市有自环，否则自爆的方案数就会乘(0)消失。
// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=105,mod=2017;
int n,m,p,ans;
struct Matrix
{
int a[105][105];
Matrix operator *(Matrix b)
{
Matrix c;memset(c.a,0,sizeof(c.a));
fp(k,0,n)
fp(i,0,n)
fp(j,0,n)
(c.a[i][j]+=a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%=mod;
return c;
}
}S,T;
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi();
T.a[u][v]=T.a[v][u]=1;
T.a[u][0]=T.a[v][0]=1;
T.a[u][u]=T.a[v][v]=1;
}
T.a[0][0]=1;
p=gi();
fp(i,0,n) S.a[i][i]=1;
while(p)
{
if(p&1) S=S*T;
T=T*T;
p>>=1;
}
fp(i,0,n) (ans+=S.a[1][i])%=mod;
printf("%d
",ans);
return 0;
}