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这个题是利用了邻接矩阵的性质

即：对于一个邻接矩阵\(E\)，表示从\(E[i][j]\)到\(i\)到\(j\)路径长度为1的方案数是多少。那么\(E^k[i][j]\)表示从\(i\)到\(j\)路径长度为\(K\)

对这个题

对于走到其他城市，就可以直接使用邻接矩阵想乘

而对于原地不动，我们可以理解成向当前的城市添加一个自环就行了

然后对于自爆，我们就是前一秒的方案数都存下来，我们就可以设一个零号城市，所有城市都可以到他，然后这个城市无法到达其他城市

然后就可以愉快的快速幂了

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        const int maxn=110;const int RQY=2017;struct node{    int n,m;    int map[maxn][maxn];    node (int n=0,int m=0)    {        memset(map,0,sizeof(map));    }    node operator * (const node &a)const     {        node res;        res.n=n,res.m=a.m;        for(int i=0;i<=n;i++)            for(int j=0;j<=res.m;j++)                for(int k=0;k<=m;k++)                    res.map[i][j]=(res.map[i][j]+map[i][k]*a.map[k][j])%RQY;        return res;    }};node A,C;node kasumi(node b,int t){    node Res=b;t--;    while(t)    {        if(t&1)            Res=Res*b;        t>>=1;        b=b*b;    }    return Res;}int main(){    int n,m,T;    scanf("%d%d",&n,&m);    A.n=n;A.m=n;    for(int i=0;i<=n;i++)   A.map[i][i]=A.map[i][0]=1;    int a,b;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d",&a,&b);        A.map[a][b]++;        A.map[b][a]++;    }    scanf("%d",&T);    C=kasumi(A,T);    int tot=0;    for(int i=0;i<=C.m;i++)        tot=(tot+C.map[1][i])%RQY;    printf("%d",tot);}