HDU 2157解题报告

时间：2020-12-10 19:55:49

How many ways??

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1800    Accepted Submission(s): 640

Problem Description
春天到了, HDU校园里开满了花, 姹紫嫣红, 非常美丽. 葱头是个爱花的人, 看着校花校草竞相开放, 漫步校园, 心情也变得舒畅. 为了多看看这迷人的校园, 葱头决定, 每次上课都走不同的路线去教室, 但是由于时间问题, 每次只能经过k个地方, 比方说, 这次葱头决定经过2个地方, 那他可以先去问鼎广场看看喷泉, 再去教室, 也可以先到体育场跑几圈, 再到教室. 他非常想知道, 从A 点恰好经过k个点到达B点的方案数, 当然这个数有可能非常大, 所以你只要输出它模上1000的余数就可以了. 你能帮帮他么?? 你可决定了葱头一天能看多少校花哦
 

Input
输入数据有多组, 每组的第一行是2个整数 n, m(0 < n <= 20, m <= 100) 表示校园内共有n个点, 为了方便起见, 点从0到n-1编号,接着有m行, 每行有两个整数 s, t (0<=s,t<n) 表示从s点能到t点, 注意图是有向的.接着的一行是两个整数T,表示有T组询问(1<=T<=100),
接下来的T行, 每行有三个整数 A, B, k, 表示问你从A 点到 B点恰好经过k个点的方案数 (k < 20), 可以走重复边。如果不存在这样的走法, 则输出0
当n, m都为0的时候输入结束
 

Output
计算每次询问的方案数, 由于走法很多, 输出其对1000取模的结果
 

Sample Input 
 
 

   4 4 0 1 0 2 1 3 2 3 2 0 3 2 0 3 3 3 6 0 1 1 0 0 2 2 0 1 2 2 1 2 1 2 1 0 1 3 0 0 
 
 

 


    

 


  Sample Output 

 

 
 
 
 

   2 0 1 3 
 
 

 


    

 


  Author 

 


  小黑 

 


    

 


  Source 

 

 
 2008信息工程学院集训队——选拔赛 





    

 


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       这道题是典型的第k步最短路问题。
 

          可以用矩阵快速幂求做，关系矩阵的n次方就相当于经过n步后的状态。实际上是状态的转移过程。用矩阵快速幂可以优化DP,在本题中就可以展现出来。这也与floyd算法的dp思想有关。
 

       方法一（矩阵快速幂）
 

      参考代码：
 

      
 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<utility>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define _CLR(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define REP(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "<<endl
#define REP(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<r;i++)
#define RREP(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define rrep(i,l,r) for(int i=1;i>r;i--)
#define read(x) scanf("%d",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define ll long long
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<11
using namespace std;
int n,m,t,g[30][30];
struct mat
{
    int d[30][30];
} A,E;

mat multi(mat a,mat b)
{
    mat ans;
    rep(i,0,n)
    {
        rep(j,0,n)
        {
            ans.d[i][j]=0;
            rep(k,0,n)
                ans.d[i][j]+=a.d[i][k]*b.d[k][j];
            ans.d[i][j]%=1000;
        }
    }
    return ans;
}

mat quickmulti(mat a,int n)
{
    if(n==0) return E;
    if(n==1) return a;
    mat ans=E;
    while(n)
    {
        if(n&1)
        {
            n--;
            ans=multi(ans,a);
        }
        else
        {
             n>>=1;
             a=multi(a,a);
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    CLR(E.d);
    rep(i,0,30)
      E.d[i][i]=1;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n+m)
    {
        CLR(g);
        REP(i,1,m)
        {
            int u,v;
            read(u);
            read(v);
            g[u][v]=1;
        }
        read(t);
        while(t--)
        {
            int u,v,k;
            read(u);read(v);read(k);
            CLR(A.d);
            rep(i,0,n)
              rep(j,0,n)
                A.d[i][j]=g[i][j];
            mat m1=quickmulti(A,k);
            printf("%d\n",m1.d[u][v]);
        }
    }
}




 

            方法二(dp)
 

            相当于使用k次floyd算法，当然也可以在线求解，即给定一个起点s,那么就从s点开始走，进行dp。
 

            记dp[i][j]表示走了i步，最开始从s开始走，走到现在的j点的方法总数。
 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<utility>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define _CLR(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define REP(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "<<endl
#define REP(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<r;i++)
#define RREP(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define rrep(i,l,r) for(int i=1;i>r;i--)
#define read(x) scanf("%d",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define ll long long
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<11
using namespace std;;

const int N=22, M=1000;
int n,m,k,s,t,T;
int g[N][N],dp[N][N];

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n+m)
    {
        CLR(g);
        rep(i,0,m)
        {
            read(s);read(t);
            g[s+1][t+1]=1;
        }
        read(T);
        while(T--)
        {
            CLR(dp);
            read(s);read(t);read(k);
            s++;t++;
            dp[0][s]=1;
            REP(i,1,k)
                REP(j,1,n)
                    REP(l,1,n)
                        if(g[j][l])
                        {
                            dp[i][l]+=dp[i-1][j];
                            dp[i][l]%=M;
                        }
            printf("%d\n",dp[k][t]);
        }
    }
}




 


 


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