題目鏈結
思路如果沒有不能走上一條邊的限制，很顯然就是dp。
設f[i][j]表示到達i點走了j步的方案數，移到k點可以表示為f[k][j+1]+=f[i][j]。
如果有限制的話，可以考慮用邊表示將之前思路中的i變為邊的終點，只要不走同一條邊，轉移還是相同的。
但是t ≤ 2^30，顯然直接dp是不可行的，這是機智的題解就想到了矩陣優化。
由於遞推關係是線性的，可以搞乙個行矩陣表示對於當前移動步數各個邊的方案數。
轉移可以考慮構造另乙個矩陣，所有可以更新的邊之間都變為1，其他是0，對於每一次轉移都是一樣的，所以只要將矩陣跑t次就可以了。
對於初始矩陣，可以加一條邊設乙個不存在的點，將它與起點相連，也方便之後的領接表。
此題瘋狂卡時，辣雞出題人。（據說多交幾次就可以過
1 #include2 #include3 #include4view codeusing
namespace
std;
5const
int mod=45989;6
int n,m,t,e,s,cnt,hd[125
],sum;
7struct
edge
8v[125
];11
struct
mat12
18 mat operator *(mat x)
1927
}c,ans;
28void addedge(int x,int
y)29
35 mat mul(mat x,int
k)36
45int
main()
4657
for(int i=1;i<=cnt;i++)
58for(int j=1;j<=cnt;j++)
59if((i^j)!=1&&v[i].to==v[j].from
)60 c.a[i][j]=1
;61 ans.a[1][1]=1
;62 c=mul(c,t);
63 ans=ans*c;
64for(int i=1;i<=cnt;i++)
65if(v[i].to==e)
66 sum=(sum+ans.a[1][i])%mod;
67 printf("
%d\n
",sum);
68return0;
69 }
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