poj 3150 Cellular Automaton

首先来看一下Sample里的第一组数据。
1 2 2 1 2
经过一次变换之后就成了
5 5 5 5 4
它的原理就是
a0 a1 a2 a3 a4
->
(a4+a0+a1) (a0+a1+a2) (a1+a2+a3) (a2+a3+a4) (a3+a4+a0)

如果用矩阵相乘来描述，那就可以表述为1xN和NxN的矩阵相乘，结果仍为1xN矩阵
a = 1 2 2 1 2
b =
1 1 0 0 1
1 1 1 0 0
0 1 1 1 0
0 0 1 1 1
1 0 0 1 1
a * b = 5 5 5 5 4
所以最终结果就是：a * (b^k)

线性代数不合格的同鞋表示压力很大。。

对一个NxN矩阵求k次方，而且这个k很大，N也不小，怎么办？
所以有高手观察到了，这个矩阵长得有点特殊，可以找到一些规律：
b^1 =
[1, 1, 0, 0, 1]
[1, 1, 1, 0, 0]
[0, 1, 1, 1, 0]
[0, 0, 1, 1, 1]
[1, 0, 0, 1, 1]
b^2 =
[3, 2, 1, 1, 2]
[2, 3, 2, 1, 1]
[1, 2, 3, 2, 1]
[1, 1, 2, 3, 2]
[2, 1, 1, 2, 3]
b^3 =
[7, 6, 4, 4, 6]
[6, 7, 6, 4, 4]
[4, 6, 7, 6, 4]
[4, 4, 6, 7, 6]
[6, 4, 4, 6, 7]
b^4 =
[19, 17, 14, 14, 17]
[17, 19, 17, 14, 14]
[14, 17, 19, 17, 14]
[14, 14, 17, 19, 17]
[17, 14, 14, 17, 19]

发现神马没有。就是无论是b的几次幂，都符合A[i][j] = A[i-1][j-1]
高手说是这样推倒出来地：
““”
利用矩阵A，B具有a[i][j]=A[i-1][j-1],B[i][j]=B[i-1][j-1]（i-1<0则表示i-1+n,j-1<0则表示j-1+n）
我们可以得出矩阵C=a*b也具有这个性质
C[i][j]=sum(A[i][t]*B[t][j])=sum(A[i-1][t-1],B[t-1][j-1])=sum(A[i-1][t],B[t][j-1])=C[i-1][j-1]
“”“

这样就可以开一个N大小的数组来存放每次计算的结果了。而没必要用NxN。
N的问题解决了，但是k还是很大，怎么办？

这时候可以用二分法来求b^k
b^k = b^1 * b^4 * b^16 。。。

计算过程中，必定会出现数字大于M的情况。
切记 x*y = (x%M)*(y%M)

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<stdlib.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#define ll __int64
#define pi acos(-1.0)
#define Max 50000
using namespace std;
ll bn[501],temp[501];
int m,n,d,k;
void mul(ll a[],ll b[])
{
    int i,j;
    ll ans[501];
    for (i=0;i<n;i++)
    for (j=ans[i]=0;j<n;j++)
        ans[i] += a[j]*b[i>=j?(i-j):(n+i-j)];
    for (i=0;i<n;b[i]=ans[i++]%m);
}
int main(){
    int i;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&d,&k);
    for (i=0;i<n;i++)
        scanf("%I64d",&bn[i]);
    for (temp[0]=i=1;i<=d;i++)
        temp[i]=temp[n-i]=1;
    while(k){
        if (k&1) mul(temp,bn);
        mul(temp,temp);
        k>>=1;
    }
    for(i=0;i<n;i++)
        if(i) printf(" %I64d",bn[i]);
        else printf("%I64d",bn[i]);
    printf("");
    return 0;
}