常州Day4题解

1. 高精度

这题略水,字符串可过,还不加压位等,操作只有BitShift和add/sub,不过编程复杂度有些高.(输出都是二进制我能说些什么...)

2. N皇后问题 (警告! 不是平时你见到的N皇后问题...是一道Hash的模拟题,N皇后的位置都给你了,就是统计)

二级标题很详细了,搜索那些解N皇后问题的千万莫戳进来.

3. Sam数

一道比较有意思的题.

题意是,给定一个k,求所有k位数中所有相邻两位数差都小于等于2的数.输出$mod{10^9+7}$

说的不够明白.来个例子:

$2134678$ 这是一个符合要求的7阶Sam数.

$6987688$ 这个不符合,$left| 9-6 ight|=3>2$

很明显,当$k=1$时输出$10$.

当$k=2$时,很明显最高位不可为0.

于是第一位只能为$1~9$.

第二位呢?显然不可能是$0~10$.限制条件摆那儿呢!

于是想到,第二位是$0$的时候有两种可能,即$10$和$20$.这是从第一位是$0,1,2$的地方推导来的.

于是递推式很明显,$F[i,j]=sum_{n=j-2}^{j+2}F[i-1,n] ext{While n}in ext{0~9}$

可是数据范围:

$30\% kle 10^6,60\% kle 10^{12},100\% 10^{18}$

吓,$10^6 cdot 10$都基本爆空间好么? 逗我呢?

注意到每次递推只需用到前一次的结果,用滚动数组即可. 30分到手.

但是,十的十八次位数这是要闹那样!!!

车到山前必有路(话说我当时还没想到).

注意这是线性递推.每次递推后的$F[i]$都是前一次值的线性组合($ ext{linear combination}$),而这事可以用矩阵乘法解决.矩阵乘法遵守结合率,可以使用二分快速幂在$O(log{n})$时间内求出.至于矩阵乘法的复杂度...他不会随着输入数据的上升而上升,$O(n^3)$中n恒等于10,即是常数时间,只是常数比较大.

时间复杂度是$O(1000 cdot log(n))=O(log{n})$.

矩阵方法详细参数:

变换矩阵:

$tr=left[ egin{array} {lcr}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \
0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1
end{array} ight]$

初始向量:

$i=left[ egin{array} {lcr}
0 \
1 \
1 \
1 \
1 \
1 \
1 \
1 \
1 \
1
end{array} ight]$

递推结果为$c = tr^k cdot i$

结果

$$sum=sum_{i in c}c[i]$$

注意随时求余.特判k=1.

最后一题代码(前两题还要?自己写去..)

#include "cstdio"
#define modulo 1000000007
#include "cstring"
struct mat{
	long long m[10][10],i,j,k,t;
	void cpy(mat b){
		for(i=0;i<10;++i)
			for(j=0;j<10;++j)
				m[i][j]=b.m[i][j];
	}
	void mul(mat a){
		mat tempa;
		for(i=0;i<10;++i){
			for(j=0;j<10;++j){
				t=0;
				for(k=0;k<10;++k){
					t+=m[k][i]*a.m[j][k];
				}
				tempa.m[i][j]=t % modulo;
			}
		}
		cpy(tempa);
	}
	void toUnit(){
		memset(m,0,sizeof(m));
		for(i=0;i<10;++i){
			m[i][i]=1;//unit in matrix computation,oops...
		}
	}
} matt,tt;
struct vect{
	long long m[10],tm;
	int i,j;
	void mul(mat a){
		for(i=0;i<10;++i){
			tm=0;
			for(j=0;j<10;++j){
				tm+=m[i]*a.m[i][j];
			}
			m[i]=tm % modulo;
		}
	}
} vec;
long long n,ac;
void fastPow(long long n){
	if(n&1){
		tt.cpy(matt);
	}else{
		tt.toUnit();
	}
	while(n>>=1){
		matt.mul(matt);
		if(n&1){
			tt.mul(matt);
		}
	}
}
const long long pa[10]={0,1,1,1,1,1,1,1,1,1};
const long long pb[10][10]={
	{1,1,1,0,0,0,0,0,0,0},
	{1,1,1,1,0,0,0,0,0,0},
	{1,1,1,1,1,0,0,0,0,0},
	{0,1,1,1,1,1,0,0,0,0},
	{0,0,1,1,1,1,1,0,0,0},
	{0,0,0,1,1,1,1,1,0,0},
	{0,0,0,0,1,1,1,1,1,0},
	{0,0,0,0,0,1,1,1,1,1},
	{0,0,0,0,0,0,1,1,1,1},
	{0,0,0,0,0,0,0,1,1,1}
};
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	if(n==1){
		printf("10
");
		return 0;
	}
	memcpy(vec.m,pa,sizeof(pa));
	memcpy(matt.m,pb,sizeof(pb));

	fastPow(n-1);//幂次修正
	vec.mul(tt);
	ac=0;
	for(int i=0;i<10;++i){
		ac+=vec.m[i];
	}
	printf("%lld
",ac % modulo);
	return 0;
}