n,m<=200，n*m的方阵，有ULRD表示在这个格子时下一步要走到哪里，有一些待决策的格子用.表示，可以填ULRD任意一个，问有多少种填法使得从每个格子出发都能走出这个方阵，答案取模。保证未确定的格子<=300。
。。。一脸懵逼地写了原本30实际20的暴力然后跪着啃了下论文
然而什么都没啃懂不如结论记下来：
首先矩阵行列式的定义：一个n*n的矩阵，行列式值为$\sum_{b是n的一个排列} \ \ \ \ \ ( (-1)^{b的逆序对数} \ \ \ \ \ * \prod_{i=1}^{n} A_{i,b_i})$
矩阵A行列式的性质：
|A|=|A的转置|
|AB|=|A||B|
|A|+|B|=|A和B的某一行加起来其他不变的矩阵|
交换两行得B，|B|=-|A|，因为每次计算一个排列时逆序对数都相差1。
A的某行乘个x得B，|B|=x|A|。
A的某行乘某个数加到另一行上得B，|B|=|A|。由第三条可得。
每行每列和为0的矩阵行列式为0。
由四五六条可用高斯消元计算行列式。
基尔霍夫矩阵：
无向图：矩阵对角线上是度数，其他如果对应边存在就是-1，不然就是0。
有向图：矩阵对角线上是入度，其他如果对应边存在就是-1，不然就是0。
矩阵树定理：一个无向图的基尔霍夫矩阵的任意一个n-1阶的子矩阵，即删掉了第i行和第i列，的行列式是这个图的生成树个数。
一个有向图以点i为根的生成树个数是基尔霍夫矩阵去掉第i行和第i列剩下的矩阵的行列式。
嗯然后就是这道题。
首先，如果在外界虚拟一个节点，把所有指出去的格子都指向它，把所有确定格子向指向的点连边，可得一个有向图。
然后，待确定的点向四个方向都连边，求这个图以外界点为根的反向的树形图即可。为什么呢，首先确定的格子的边一定会选到，因为每个格子只有一条出边，不然他就和其他点断掉了；其次那些待确定的格子为了形成树，只会在四个方向里选一个。
嗯这样只能拿50分。
可以发现那些已经确定的点是多余的，可以缩掉。也就是给所有待确定格子编号，外界点编号0，然后预处理他往上下左右走能遇到的第一个有编号的格子，朝他们连边即可。
然后就大功告成了。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<stdlib.h> 5 //#include<queue> 6 #include<math.h> 7 //#include<time.h> 8 //#include<iostream> 9 using namespace std; 10 11 int n,m,K,T; 12 const int mod=1e9+7; 13 #define maxn 311 14 int pos[maxn][maxn],who[maxn][maxn],place[maxn][4]; char mp[maxn][maxn]; 15 16 int powmod(int a,int b) 17 { 18 int ans=1; 19 while (b) 20 { 21 if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod; 22 a=1ll*a*a%mod; 23 b>>=1; 24 } 25 return ans; 26 } 27 28 struct Mat 29 { 30 int num[maxn][maxn]; 31 void clear() {memset(num,0,sizeof(num));} 32 }mat; 33 int gauss() 34 { 35 int ans=1; 36 for (int i=1;i<=K;i++) 37 { 38 int id=i; 39 for (int j=i+1;j<=K;j++) if (fabs(mat.num[j][i])>fabs(mat.num[id][i])) id=j; 40 if (id!=i) 41 { 42 ans=1ll*ans*(mod-1)%mod; 43 for (int j=i;j<=K;j++) {int t=mat.num[i][j]; mat.num[i][j]=mat.num[id][j]; mat.num[id][j]=t;} 44 } 45 int tmp=powmod(mat.num[i][i],mod-2); 46 for (int j=i+1;j<=K;j++) 47 for (int k=K;k>=i;k--) 48 mat.num[j][k]-=mat.num[i][k]*1ll*mat.num[j][i]%mod*tmp%mod, 49 mat.num[j][k]+=mat.num[j][k]<0?mod:0; 50 } 51 for (int i=1;i<=K;i++) ans=1ll*ans*mat.num[i][i]%mod; 52 return ans; 53 } 54 55 int vis[maxn][maxn],Time; bool die; 56 void dfs(int x,int y) 57 { 58 if (mp[x][y]==‘.‘) return; 59 if (vis[x][y]) 60 { 61 if (pos[x][y]==-1) die=1; 62 return; 63 } 64 vis[x][y]=1; 65 int tx=x,ty=y; 66 if (mp[x][y]==‘U‘) x--; 67 else if (mp[x][y]==‘D‘) x++; 68 else if (mp[x][y]==‘L‘) y--; 69 else if (mp[x][y]==‘R‘) y++; 70 if (x<1 || x>n || y<1 || y>m) pos[tx][ty]=0; 71 else pos[tx][ty]=-1,dfs(x,y),pos[tx][ty]=pos[x][y]; 72 } 73 int check(int x,int y) 74 { 75 if (x<1 || x>n || y<1 || y>m) return 0; 76 return pos[x][y]; 77 } 78 79 int main() 80 { 81 scanf("%d",&T); 82 while (T--) 83 { 84 scanf("%d%d",&n,&m); K=0; Time=0; die=0; 85 memset(vis,0,sizeof(vis)); 86 memset(pos,0,sizeof(pos)); 87 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+1); 88 for (int i=1;i<=n;i++) 89 for (int j=1;j<=m;j++) 90 if (mp[i][j]==‘.‘) pos[i][j]=++K; 91 for (int i=1;i<=n;i++) 92 for (int j=1;j<=m;j++) 93 if (mp[i][j]!=‘.‘) dfs(i,j); 94 if (die) {puts("0"); continue;} 95 96 for (int i=1;i<=n;i++) 97 for (int j=1;j<=m;j++) 98 if (mp[i][j]==‘.‘) 99 { 100 int nx=i,ny=j,now=pos[i][j]; 101 nx++; place[now][0]=check(nx,ny); nx--; 102 nx--; place[now][1]=check(nx,ny); nx++; 103 ny++; place[now][2]=check(nx,ny); ny--; 104 ny--; place[now][3]=check(nx,ny); ny++; 105 } 106 mat.clear(); 107 for (int i=1;i<=K;i++) 108 { 109 for (int j=0;j<4;j++) mat.num[place[i][j]][i]--; 110 mat.num[i][i]+=4; 111 } 112 for (int i=1;i<=K;i++) 113 for (int j=1;j<=K;j++) 114 if (mat.num[i][j]<0) mat.num[i][j]+=mod; 115 printf("%d\n",gauss()); 116 } 117 return 0; 118 }