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題解鏈接:http://www.cygmasot.com/index.php/2015/08/20/hdu_5411/

給定n個點 常數m

以下n行第i行第一個數字表示i點的出邊數。後面給出這些出邊。

問：圖裏存在多少條路徑使得路徑長度<=m。路徑上的點能夠反復。

思路:

首先能得到一個m*n*n的dp。dp[i][j]表示路徑長度為i 路徑的結尾為j的路徑個數 。

答案就是sigma(dp[i][j]) for every i from 1 to m, j from 1 to n;

我們先計算 路徑長度恰好為 i 的方法數。

用矩陣高速冪，會發現是

當中B矩陣是一個n*n的矩陣。也就是輸入的鄰接矩陣。

A是一個n行1列的矩陣 A[i][1]表示長度為1且以i結尾的路徑個數，所以A矩陣是全1矩陣。

相乘得到的n*1 的矩陣求和就是路徑長度恰好為i的條數。

那麽<=m的路徑就是：

把A提出來，裏面就是一個關於B的矩陣等比數列。

B的求發主要是二分。詳見POJ3233

模板不大好，交G++能過

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")    
#include<iostream>  
#include<cstring>  
#include<string>  
#include<algorithm>  
#include<cstdio>  
#include<ctime>  

using namespace std;
template <class T>
inline bool rd(T &ret) {
    char c; int sgn;
    if (c = getchar(), c == EOF) return 0;
    while (c != ‘-‘ && (c<‘0‘ || c>‘9‘)) c = getchar();
    sgn = (c == ‘-‘) ? -1 : 1;
    ret = (c == ‘-‘) ? 0 : (c - ‘0‘);
    while (c = getchar(), c >= ‘0‘&&c <= ‘9‘) ret = ret * 10 + (c - ‘0‘);
    ret *= sgn;
    return 1;
}
template <class T>
inline void pt(T x) {
    if (x <0) {
        putchar(‘-‘);
        x = -x;
    }
    if (x>9) pt(x / 10);
    putchar(x % 10 + ‘0‘);
}
const int mod = 2015;
const int N = 51;

struct Matrix
{
    int m[N][N];
}G[2000];
int top;
Matrix I;
int n, k;
const int M = 2015;
Matrix add(Matrix a, Matrix b)
{
    Matrix &c = G[top++];
    for (int i = 0; i<n; i++)
    {
        for (int j = 0; j<n; j++)
        {
            c.m[i][j] = a.m[i][j] + b.m[i][j];
            c.m[i][j] %= M;
        }
    }
    top--;
    return c;
}

Matrix multi(Matrix a, Matrix b)
{
    Matrix &c = G[top++];
    for (int i = 0; i<n; i++)
    {
        for (int j = 0; j<n; j++)
        {
            c.m[i][j] = 0;
            for (int k = 0; k<n; k++)
                c.m[i][j] += a.m[i][k] * b.m[k][j];
            c.m[i][j] %= M;
        }
    }
    top--;
    return c;
}

Matrix power(Matrix A, int n)
{
    Matrix &ans = G[top++], &p = G[top++];
    ans = I; p = A;
    while (n)
    {
        if (n & 1)
        {
            ans = multi(ans, p);
            n--;
        }
        n >>= 1;
        p = multi(p, p);
    }
    top -= 2;
    return ans;
}

Matrix sum(Matrix A, int k)
{
    if (k == 1) return A;
    Matrix &t = G[top++];
    t = sum(A, k / 2);
    if (k & 1)
    {
        Matrix &cur = G[top++];
        cur = power(A, k / 2 + 1);
        t = add(t, multi(t, cur));
        t = add(t, cur);
        top--;
    }
    else
    {
        Matrix &cur = G[top++];
        cur = power(A, k / 2);
        t = add(t, multi(t, cur));
        top--;
    }
    top--;
    return t;
}

int m;
void add(int &x, int y){
    x += y;
    if (x >= mod)x -= mod;
}
int B[N][N];
int main(){
    memset(I.m, 0, sizeof I.m);
    for (int i = 0; i < N; i++)I.m[i][i] = 1;
    int T; rd(T);
    while (T--){
        rd(n); rd(m);
        Matrix A;
        top = 0;
        memset(A.m, 0, sizeof A.m);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int tmp; rd(tmp); while (tmp--) { int u; rd(u); A.m[i-1][u-1] = 1; }
        }
        if (m == 0) { puts("1"); continue; }
        if (m == 1){ pt(n + 1); puts(""); continue; }
        Matrix ans = sum(A, m-1);
        for (int i = 0; i<n; i++)
            for (int j = 0; j<n; j++)
                B[i][j] = ans.m[i][j];
        
        for (int i = 0; i < n; i++)B[i][i] ++;
        int hehe = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < n; j++)
                add(hehe, B[i][j]);
        }
        pt(1 + hehe); puts("");
    }
    return 0;
}
/*
99
1 10
1 1

3 100000
3 1 2 3
3 1 2 3
3 1 2 3

5 3
5 1 2 3 4 5
4 2 3 4 5
3 1 3 5
5 1 2 3 4 5
3 1 2 3

*/

hdu 5411 CRB and Puzzle 矩陣高速冪