P3990 [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)。
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)。
发现我的做法有点诡异...
思路：首先我们只考虑从左边某一列的转移，显然可以构造这样的一个转移矩阵
[egin{bmatrix}1&1&0&0&cdots&0&0&0\1&1&1 &0&cdots&0&0&0\0&1&1 &1&cdots&0&0&0\ vdots&vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots&vdots\0&0&0&0&cdots&1&1&1\0&0&0&0&cdots&0&1&1end{bmatrix}
]
然后设这个转移矩阵为(T)，设第(i)列的答案矩阵为(A_i)
则(A_n=T*(A_{n-1}+A_{n-3}+A_{n-5}+dots))
(A_{n-2}=T*(A_{n-3}+A_{n-5}+A_{n-7}+dots))
那么有(A_n=T*A_{n-1}+A_{n-2})，发现这是个递推，于是再次构造矩阵加速转移
[egin{bmatrix}T&I\I&Oend{bmatrix}egin{bmatrix}A_n\A_{n-1}end{bmatrix}=egin{bmatrix}A_{n+1}\A_{n}end{bmatrix}
]
然后大力搞就行了，复杂度(O(2^3n^3log t))
注意一点(A_3=TA_2)不符合递推式
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int mod=30011;
int n,m;
struct matrix1
{
int dx[52][52];
matrix1(){memset(dx,0,sizeof(dx));}
matrix1 friend operator *(matrix1 n1,matrix1 n2)
{
matrix1 n3;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
(n3.dx[i][j]+=n1.dx[i][k]*n2.dx[k][j])%=mod;
return n3;
}
matrix1 friend operator +(matrix1 n1,matrix1 n2)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
(n1.dx[i][j]+=n2.dx[i][j])%=mod;
return n1;
}
};
struct matrix2
{
matrix1 dx[3][3];
matrix2(){matrix1();}
matrix2 friend operator *(matrix2 n1,matrix2 n2)
{
matrix2 n3;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
for(int i1=1;i1<=n;i1++)
for(int j1=1;j1<=n;j1++)
n3.dx[i][j].dx[i1][j1]=0;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
for(int k=1;k<=2;k++)
n3.dx[i][j]=n3.dx[i][j]+n1.dx[i][k]*n2.dx[k][j];
return n3;
}
}S,T,F;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
S.dx[1][1].dx[1][1]=S.dx[1][1].dx[2][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
T.dx[1][2].dx[i][i]=T.dx[2][1].dx[i][i]=1;
T.dx[1][1].dx[i][i]=T.dx[1][1].dx[i][i-1]=T.dx[1][1].dx[i][i+1]=1;
}
if(m==2) return printf("%d
",S.dx[1][1].dx[n][1]),0;
m-=3,F=T;
while(m)
{
if(m&1) F=F*T;
T=T*T;
m>>=1;
}
S=F*S;
printf("%d
",S.dx[1][1].dx[n][1]);
return 0;
}
2018.12.19