自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	Rainybunny / 我是否能成为谁 关于大海的形容 /

搬运于2025-08-24 22:27:08，当前版本为作者最后更新于2021-03-07 09:57:19，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

  来这里看叭~

$\mathcal{Description}$

  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）。

  $n,k,q\le60$。

$\mathcal{Solution}$

  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

  $$f(h,i,j)\longleftarrow\sum_{(u,k),(k,v)\in E}f(h-1,i,u)f(h-1,v,j) $$

  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 $m\times(n+q)\times(n+q)$ 的状态，$f(h,i,j)$ 的含义变为：

• $i,j\le n$：含义不变；
• $i\le n$，$j>n$：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；
• $i>n$，$j\le n$：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\n", f[m][n + i][n + i] );
	return 0;
}