题目描述

石头游戏在一个 行 列 的网格上进行，每个格子对应一种操作序列，操作序列至多有10种，分别用0~9这10个数字指明。
操作序列是一个长度不超过6且循环执行、每秒执行一个字符的字符串。每秒钟，所有格子同时执行各自操作序列里的下一个字符。序列中的每个字符是以下格式之一：
数字：表示拿个石头到该格子。 ：表示把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，表示上方，表示左方，表示下方，表示右方。 ：表示拿走这个格子的所有石头。
给定每种操作序列对应的字符串，以及网格中每个格子对应的操作序列，求石头游戏进行了 秒之后，石头最多的格子里有多少个石头。在游戏开始时，网格是空的。

输入描述:

第一行个整数。
接下来行，每行个字符，表示每个格子对应的操作序列。
最后行，每行一个字符串，表示从开始的每个操作序列。

输出描述:

一个整数：游戏进行了秒之后，所有方格中最多的格子有多少个石头。

示例1

输入

1 6 10 3
011112
1E
E
0

输出

3

说明

这是另一个类似于传送带的结构。左边的设备0间隔地产生石头并向东传送。设备1向右传送，直到设备2。10秒后，总共产生了5个石头，2个在传送带上，3个在最右边。

题解

很有思维难度的一个题目。~~但是这题无论哪里都没有给出的数据范围，这谁看的出来是矩阵快速幂啊...~~
将当前矩阵写成一个一维向量，并且钦定，那么代表的就是原来位置的石头数量。
因为操作序列长度小于等于，而，也就是说每个操作序列在重复次后都一定会回到位置。那么可以把分成和两部分。
构造表示第次操作的转移矩阵。（这里用表示坐标在一维向量中的位置）

  • 当操作为数字，，
  • 当操作时，设移动后的位置为，
  • 当操作时，

设，，那么答案即为

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 110;

ll T;
int n, m, lim, len[N], act, now[10][10];
char s[10][10], t[10][10];

struct mat {
    ll a[65][65];
    mat() {memset(a, 0, sizeof(a));}
    mat operator * (mat &x) {
        mat ans;
        for(int i = 0; i <= lim; ++i) 
            for(int j = 0; j <= lim; ++j) 
                for(int k = 0; k <= lim; ++k) 
                    ans.a[i][j] += a[i][k] * x.a[k][j];
        return ans;
    }
    mat Pow(ll t, mat a) {
        mat ans; ans.a[0][0] = 1;
        while(t) {
            if(t & 1) ans = ans * a;
            a = a * a; t >>= 1;
        }
        return ans;
    }
}c[61], C;

int idx(int x, int y) {return (x - 1) * m + y;}

void print(mat x, bool flag) {
    puts("#####################");
    if(flag) {
        for(int i = 0; i <= lim; ++i) printf("%lld ", x.a[0][i]);
        puts("");
        return;
    }
    for(int i = 0; i <= lim; ++i) {
        printf("%d: ", i);
        for(int j = 0; j <= lim; ++j) {
            printf("%lld ", x.a[i][j]);
        }
        puts("");
    }
    puts("#####################");
}

int main() {
    scanf("%d%d%lld%d", &n, &m, &T, &act);
    lim = n * m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%s", t[i] + 1);
        for(int j = 1; j <= m; ++j) t[i][j] -= '0', ++t[i][j];
    }
    for(int i = 1; i <= act; ++i) {
        scanf("%s", s[i] + 1);
        len[i] = strlen(s[i] + 1);
    }
    for(int pos = 1; pos <= 60; ++pos) {
        c[pos].a[0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 1; j <= m; ++j) {
//              putchar(s[t[i][j]][now[i][j]]);
                now[i][j] = (now[i][j] % len[t[i][j]]) + 1;
                if(s[t[i][j]][now[i][j]] >= '0' && s[t[i][j]][now[i][j]] <= '9') {
                    c[pos].a[0][idx(i, j)] = s[t[i][j]][now[i][j]] - '0';
                    c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 1;
                } else {
                    if(s[t[i][j]][now[i][j]] == 'D') c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j)] = 0;
                    if(i > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'N') 
                        c[pos].a[idx(i, j)][idx(i - 1, j)] = 1;
                    if(i < n && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'S') 
                        c[pos].a[idx(i, j)][idx(i + 1, j)] = 1;
                    if(j > 1 && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'W') 
                        c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j - 1)] = 1;
                    if(j < m && s[t[i][j]][now[i][j]] == 'E') 
                        c[pos].a[idx(i, j)][idx(i, j + 1)] = 1;
                }
            }
        }
//        puts("");
    }
    C = c[1];
    for(int pos = 2; pos <= 60; ++pos) C = C * c[pos];
    C = C.Pow(T / 60, C);
    for(int pos = 1; pos <= T % 60; ++pos) {
//        printf("Round # %d\n", pos);
        C = C * c[pos];
//        print(c[pos], 0);
//        printf("The test # %d\n", pos);
//        print(C, 1);
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= lim; ++i) ans = max(ans, C.a[0][i]);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}