hdu2294：Pendant

Posted 2020-10-04 Blue233333

T<=10组数据问K<=30种珠子每种n<=1e9串成1~n长度的序列共有多少种，mod1234567891。

方程没想到。矩阵不会推。很好。

f[i][j]--长度i，j种珠子方案数，f[i][j]=f[i-1][j]*j（放个旧的）+f[i-1][j-1]+(K-(j-1))（放个新的）

n太大，推不动。由于f[i-1]->f[i]，考虑矩乘优化。设递推用的矩阵为A。F[i]表示f[i][1]~f[i][k]。

方法一：f加多一个数表示ans，初始化{0,k,0,0,……}，那个k是f[1]。A如下：直接乘即可。注意初始化，以及最后一步谁乘谁搞清楚。

方法二：最终答案为F[1][k]+F[2][k]+……+F[n][k]，也就是F[1]+F[2]+……+F[n]的第K项，F[i]=A*F[i-1]=A^(i-1)*F[1]，所以问题就是(E+A+A^2+……+A^n-1)*F[1]的第K项，前面那坨东西：

方法（1）：G[i]=(E+A+A^2+......+A^i)，E是单位矩阵。G[i奇]=G[i-1]*A^i，G[i偶]=G[i/2]+A^(i/2)*G[i/2]，这样G[n-1]可以dfs在log时间内求，而每次要一个快速幂求A^i，复杂度k^3log²n，虽能过题但不优秀。

方法（2）：（来自yyl大爷）把所有的构造往二次幂想。把n-1二进制表示出来，比如10110，新建个H[i]=(E+A+A^2+.....+A^i-1)注意是i-1，那么H[n]=H[10000]*A^110+H[100]*A^10+H[10]*E，也就是如果能求出H[2^i]，那么是可以扫一遍n的二进制位把H[n]求出来的，边扫边更新A的若干次方（遇到1时）。而H[2^i]=H[2^(i-1)]*(A^(2^(i-1))+E)，A^(2^i)又是可以算的。算A^(2^i)，H[2^i]，以及最后枚举二进制位，都是可以k^3logn求出来的。

以下方法一。

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<math.h>
 5 //#include<iostream>
 6 using namespace std;
 7 
 8 int n,K,T;
 9 #define maxn 111
10 #define LL long long
11 typedef LL mat[maxn][maxn];
12 mat base,ans,f;
13 const int mod=1234567891;
14 void mul(mat a,mat b,mat &ans)
15 {
16     mat t;
17     memset(t,0,sizeof(t));
18     for (int i=0;i<=n;i++)
19         for (int j=0;j<=n;j++)
20             for (int k=0;k<=n;k++)
21                 t[i][j]=(t[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
22     for (int i=0;i<=n;i++)
23         for (int j=0;j<=n;j++)
24             ans[i][j]=t[i][j];
25 }
26 int main()
27 {
28     scanf("%d",&T);
29     while (T--)
30     {
31         scanf("%d%d",&K,&n);
32         if (K<n) {puts("0");continue;}
33         memset(base,0,sizeof(base));
34         base[0][0]=base[0][n]=1;
35         base[1][1]=1;
36         for (int i=2;i<=n;i++)
37         {
38             base[i][i-1]=n-i+1;
39             base[i][i]=i;
40         }
41         memset(ans,0,sizeof(ans));
42         for (int i=0;i<=n;i++) ans[i][i]=1;
43         while (K)
44         {
45             if (K&1) mul(ans,base,ans);
46             mul(base,base,base);
47             K>>=1;
48         }
49         memset(f,0,sizeof(f));
50         f[1][0]=n;
51         mul(ans,f,f);
52         printf("%lld\\n",f[0][0]);
53     }
54     return 0;
55 }

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