[SHOI2013]超级跳马

题目描述

现有一个n 行m 列的棋盘，一只马欲从棋盘的左上角跳到右下角。每一步它向右跳奇数列，且跳到本行或相邻行。跳越期间，马不能离开棋盘。试求跳法种数mod 30011。

输入输出格式

输入格式：

仅有一行，包含两个正整数n, m，表示棋盘的规模。

输出格式：

仅有一行，包含一个整数，即跳法种数mod 30011。

输入输出样例

输入样例#1：

3 5

输出样例#1：

10

说明

对于10%的数据，1 ≤ n ≤ 10，2 ≤ m ≤ 10；

对于50%的数据，1 ≤ n ≤ 10，2 ≤ m ≤ 10^5；

对于80%的数据，1 ≤ n ≤ 10，2 ≤ m ≤ 10^9；

对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 50，2 ≤ m ≤ 10^9。

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题解

好久没写矩乘有点忘了

但是这种不难的题还是可以写出来的==

DP式子显然(f[i][j] = (Sum[i-1][j]+Sum[i-1][j-1]+Sum[i-1][j+1]))

那个(Sum[i][j])表示的是第j行前i列的前缀和

然后这样不好做矩乘

可以用(f[i][j])表示第j行前i列的前缀和

然后就是(f[i][j] = f[i-2][j] + f[i-1][j] + f[i-1][j-1] + f[i-1][j+1])

但是这是个前缀和

所以(Ans=f[m-1][n]+f[m-1][n-1])

这样就可以矩乘了

构造一个((1 , n*2))的初始矩阵

前n个表示的是当前列的每一行的(f[][])

后n个表示的是当前列的上一列的每一行的(f[][])

然后转移矩阵就肥肠简单了

只需要把要转移的位置补上1就可以了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int N = 105 ;
const int mod = 30011 ;
using namespace std ;
int n , m , E ;
int t[N][N] , Ans ;
struct Matrix {
	int f[N][N] ;
	inline Matrix () { memset(f , 0 , sizeof(f)) ; }
	inline void Start() { for(int i = 1 ; i <= E ; i ++) f[i][i] = 1 ; }
	inline friend Matrix operator * (Matrix a , Matrix b) {
		Matrix temp ;
		for(int i = 1 ; i <= E ; i ++)
		    for(int j = 1 ; j <= E ; j ++)
		        for(int k = 1 ; k <= E ; k ++)
		            temp.f[i][j] = (temp.f[i][j] + a.f[i][k] * b.f[k][j]) % mod ; 
		return temp ;
	}
} st , b , Now ;

inline Matrix Fpw(Matrix Base , int k) {
	Matrix temp ; temp.Start() ;
	while(k) {
		if(k & 1) temp = temp * Base ;
		Base = Base * Base ; k >>= 1 ;
	}
	return temp ;
}
int main() {
	cin >> n >> m ; t[1][1] = 1 ; E = (n << 1) ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) t[2][i] = (t[1][i] + t[1][i - 1] + t[1][i + 1]) % mod ;
	if(m <= 3) { Ans = (t[m - 1][n] + t[m - 1][n - 1]) % mod ; printf("%d
",Ans) ; return 0 ; }
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) st.f[1][i] = t[2][i] ;
	for(int i = n + 1 ; i <= E ; i ++) st.f[1][i] = t[1][i - n] ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
		b.f[i][i] = 1 ; 
		if(i != 1) b.f[i - 1][i] = 1 ;
		if(i != n) b.f[i + 1][i] = 1 ; 
		b.f[i + n][i] = 1 ;
	}
	for(int i = n + 1 ; i <= E ; i ++) b.f[i - n][i] = 1 ;
	Now = Fpw(b , m - 3) ; st = st * Now ;
	Ans = (st.f[1][n] + st.f[1][n - 1]) % mod ;
	cout << Ans << endl ;
	return 0 ;
}