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  • hdu 4686 Arc of Dream(矩阵快速幂)

    链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4686

    题意:

    其中a0 = A0
    ai = ai-1*AX+AY
    b0 = B0
    bi = bi-1*BX+BY

    最后的结果mod 1,000,000,007

    n<=10^18.

    分析:ai*bi=(ai-1 *ax+ay)*(bi-1 *bx+by)

                    =(ai-1 * bi-1 *ax*bx)+(ai-1 *ax*by)+(bi-1 *bx*ay)+(ay*by)

    设p=ax*bx,  q=ax*by,  r=ay*bx,  s=ay*by

    所以ai*bi=p(ai-1 * bi-1)+q(ai-1)+r(bi-1)+s

    虽然可以用递推来求出每一项,但是n太大了,直接求绝对会超时的。

    设f(n)=an*bn,  a(n)=an,  b(n)=bn

    s(n)=sum(ai*bi),i=0,1,...n

    则f(i)=p*f(i-1)+q*a(i-1)+r*b(i-1)+s

    这是一个递推式,对于任何一个递推式,我们都可以用矩阵法来优化,加快速度求出第n项或前n项和。

    我们可以构造一个5*5的矩阵A,使得

    【f(n-1),a(n-1),b(n-1),1,s(n-2)】*A=【f(n),a(n),b(n),1,s(n-1)】

    =【p*f(n-1)+q*a(n-1)+r*b(n-1)+s, a(n-1)*ax+ay, b(n-1)*bx+by, 1, s(n-2)+f(n-1)】

    所以我们容易得出矩阵A: 【   axbx    0   0   0   1

                                              axby   ax   0   0   0

                                              aybx    0   bx  0   0

                                             ayay   ay  by   1   0

                                             0         0    0    0   1 】

    由【f(1), a(1) ,b(1), 1, s(0)】*A = 【f(2), a(2), b(2), 1, s(1)】

    以此类推得,【f(1), a(1) ,b(1), 1, s(0)】*A^(n-1) = 【f(n), a(n), b(n), 1, s(n-1)】

    这样就可以快速的求出s(n-1)了,

    其中f(1)=a1*b1, a(1)=a0*ax+ay,

    b(1)=b0*bx+by, s(0)=a0*b0

    接下来就是矩阵快速幂了。

    注意:n==0时,直接输出0,不然会死循环TLE的,还有就是要用long long,也要记得mod

    AC代码如下:

     1 #include<stdio.h>
     2 #include<string.h>
     3 //#define LL __int64
     4 #define LL long long
     5 #define M 1000000007
     6 struct Matrix
     7 {
     8     LL a[6][6];
     9 }origin,res,tmp,A,ans;
    10 int n;
    11 Matrix mul(Matrix x,Matrix y)
    12 {
    13     int i,j,k;
    14     memset(tmp.a,0,sizeof(tmp.a));
    15     for(i=1;i<=n;i++)
    16         for(j=1;j<=n;j++)
    17             for(k=1;k<=n;k++)
    18             {
    19                 tmp.a[i][j]+=(x.a[i][k]*y.a[k][j])%M;
    20                 tmp.a[i][j]%=M;
    21             }
    22     return tmp;
    23 }
    24 void quickpow(LL k)
    25 {
    26     int i;
    27     memset(res.a,0,sizeof(res.a));
    28     for(i=1;i<=n;i++)
    29         res.a[i][i]=1;
    30     while(k)
    31     {
    32         if(k&1)
    33             res=mul(res,A);
    34         A=mul(A,A);
    35         k>>=1;
    36     }
    37 }
    38 int main()
    39 {
    40     LL N,a0,ax,ay,b0,bx,by;
    41     LL f1,a1,b1,s0;
    42 //    while(scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d %I64d %I64d %I64d",&N,&a0,&ax,&ay,&b0,&bx,&by)!=EOF)
    43     while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld %lld",&N,&a0,&ax,&ay,&b0,&bx,&by)!=EOF)
    44     {
    45         if(N==0)
    46         {
    47             printf("0
    ");
    48             continue;
    49         }
    50         a1=(a0*ax+ay)%M;
    51         b1=(b0*bx+by)%M;
    52         f1=(a1*b1)%M;
    53         s0=(a0*b0)%M;
    54         n=5;
    55         memset(origin.a,0,sizeof(origin.a));
    56         origin.a[1][1]=f1;
    57         origin.a[1][2]=a1;
    58         origin.a[1][3]=b1;
    59         origin.a[1][4]=1;
    60         origin.a[1][5]=s0;
    61         memset(A.a,0,sizeof(A.a));
    62         A.a[1][1]=(ax*bx)%M;
    63         A.a[1][5]=1;
    64         A.a[2][1]=(ax*by)%M;
    65         A.a[2][2]=ax%M;
    66         A.a[3][1]=(ay*bx)%M;
    67         A.a[3][3]=bx%M;
    68         A.a[4][1]=(ay*by)%M;
    69         A.a[4][2]=ay%M;
    70         A.a[4][3]=by%M;
    71         A.a[4][4]=1;
    72         A.a[5][5]=1;
    73 
    74         quickpow(N-1);
    75         ans=mul(origin,res);
    76     //    printf("%I64d
    ",ans.a[1][5]);
    77         printf("%lld
    ",ans.a[1][5]);
    78     }
    79     return 0;
    80 }
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