51nod1730 涂边

题目描述

题解

八级sb题

显然可以想到状压

枚举当前的宽度(I)，设(f[s])表示在当前的宽度下选的竖边的状态为s

再设(g[s1][s2])表示状态s1转移到s2的方案数，枚举中间横边的集合s3

显然一个合法的方案中不能存在四边都是边的方格，即(s1&s2&(s3+2^{I-1})&((s3<<1)+1))

如果第i个格子存在四边，那么只能是(s1)的第(i-1)位（即(2^{i-1})）、(s2)的第(i-1)位、(s3)的第(i-2)位和第(i-1)位都存在，于是就有了上面的式子

dp随便转移，然而这样会挂（

矩乘加速即可

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 1000000007
using namespace std;

int p[8]={0,1,2,4,8,16,32,64};
int w[8];
long long f[2][128];
long long a[128][128];
long long b[128][128];
long long c[128][128];
int i,j,k,l,I,L,i2,i3;

int main()
{
//	freopen("51nod1730.in","r",stdin);
//	freopen("51nod1730.out","w",stdout);
	
	fo(i,1,7)
	scanf("%d",&w[i]);
	
	i2=0;
	f[0][0]=1;
	
	fo(I,1,7)
	{
		i3=i2^1;
		memset(f[i3],0,sizeof(f[i3]));
		
		L=p[I]*2-1;
		fo(i,0,p[I]-1)
		f[i3][i|p[I]]=f[i2][i];
		i2=i3;
		
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(b,0,sizeof(b));
		fo(i,0,L)
		{
			fo(j,0,L)
			{
				fo(k,0,p[I]-1)
				if (!(i&j&((k<<1)+1)&(k+p[I])))
				++b[i][j];
			}
		}
		fo(i,0,L)
		a[i][i]=1;
		
		while (w[I])
		{
			if (w[I]&1)
			{
				memset(c,0,sizeof(c));
				fo(i,0,L)
				{
					fo(j,0,L)
					{
						fo(k,0,L)
						c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*b[k][j])%mod;
					}
				}
				fo(i,0,L)
				{
					fo(j,0,L)
					a[i][j]=c[i][j];
				}
			}
			
			memset(c,0,sizeof(c));
			fo(i,0,L)
			{
				fo(j,0,L)
				{
					fo(k,0,L)
					c[i][j]=(c[i][j]+b[i][k]*b[k][j])%mod;
				}
			}
			fo(i,0,L)
			{
				fo(j,0,L)
				b[i][j]=c[i][j];
			}
			
			w[I]>>=1;
		}
		
		i3=i2^1;
		memset(f[i3],0,sizeof(f[i3]));
		
		fo(j,0,L)
		{
			fo(k,0,L)
			f[i3][j]=(f[i3][j]+f[i2][k]*a[k][j])%mod;
		}
		i2=i3;
	}
	
	printf("%lld
",f[i2][p[7]*2-1]);
	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	
	return 0;
}