Description

H 国的交通由 $n$ 座城市与 $m$ 条道路构成，城市与道路都从 $1$ 开始编号，其中 $1$ 号城市是 H 国的首都。H 国中一条道路将把两个不同城市直接相连，且任意两个城市间至多有一条道路。

H 国是一个信奉魔法的国家，在第 $j$ 天，$i$ 号城市的魔法值为 $f_{i,j}$。H 国的魔法师已观测到第 0 天时所有城市的魔法值 $f_{i,0}$，且他们还发现，之后的每一天每个城市的魔法值，都将会变为所有与该城市直接相连的城市的前一天魔法值的异或值，即

$$
f_{x,j}=f_{v_1,j-1}\oplus f_{v_2,j-1}\oplus \cdots\oplus f_{v_k,j-1}
$$

其中 $j\ge 1$，$v_1,v_2,\cdots,v_k$ 是所有与 $x$ 号城市直接相连的城市，$\oplus$ 为异或运算。

现在 H 国的国王问了你 $q$ 个问题，对于第 $i$（$1\le i\le q$）个问题你需要回答：第 $a_i$ 天时首都的魔法值是多少。

Solution

可以发现答案就是给出的数组乘上邻接矩阵的$a_i$次方，直接做会得到40分

如果预处理$2$的幂次的邻接矩阵，每次询问时使用倍增，可以将时间复杂度中一个$n$压缩到$\log n$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,q;
long long temp[105];
struct Matrix
{    
    int x,y;
    long long a[105][105];
    Matrix operator * (const Matrix &z)const
    {
        Matrix ret;
        memset(ret.a,0,sizeof(ret.a)),ret.x=x,ret.y=z.y;
        for(int i=1;i<=x;i++) for(int j=1;j<=z.y;j++) for(int k=1;k<=y;k++) ret.a[i][j]^=1ll*a[i][k]*z.a[k][j];
        return ret;
    }
    void print()
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                cout<<a[i][j]<<" ";
            }
            cout<<endl;
        }
    }
}F,G[50];
inline long long read()
{
    long long f=1,w=0;
    char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') w=(w<<1)+(w<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return f*w;
}
int main()
{
    //freopen("data.txt","r",stdin);
    //freopen("my.out","w",stdout);
    n=read(),m=read(),q=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) temp[i]=read();
    F.x=1,F.y=G[0].x=G[0].y=n;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u=read(),v=read();
        G[0].a[u][v]=G[0].a[v][u]=1ll;
    }
    for(int i=1;i<=31;i++) G[i]=G[i-1]*G[i-1];
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        int A=read();
        for(int j=1;j<=n;j++) F.a[1][j]=temp[j];
        for(int j=0;j<=31;j++) if(A&(1<<j)) F=F*G[j];
        printf("%lld\n",F.a[1][1]);
    }
    return 0;
}

魔法值