题面在这里
题意
有一个\(Boss\)和他血量为\(m\)的随从奴隶主,每当奴隶主受到攻击且不死，并且\(Boss\)的随从个数\(<k\)时，就会新召唤一个血量为\(m\)的奴隶主。每次攻击\(Boss\)和每个奴隶主的概率是相同的，求\(n\)步后期望对\(Boss\)造成的伤害。
\(T\le1000,n\le10^{18},m\le3,k\le8\)
sol
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看到\(m<=3,k<=8\)的良心数据肯定是状压啦
通过暴搜可以得出状态最多只会有\(164\)种
并且两个状态之间的转移是固定的
因此我们考虑矩阵快速幂
但是...时间复杂度为\(O(T164^3logn)\)跑得过？
因此，优化这种矩乘的方法横空出世:
由于一个向量乘上一个矩阵的复杂度是\(O(n^2)\)的，因此我们把\(2^i\)的矩阵全部预处理出来，
最后再使用倍增的手段进行合并
时间复杂度变成了\(O(164^3logn+T164^2logn)\)，非常需要卡常。。。
下面代码不保证能一次通过
代码
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=998244353;
const int N=50010;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
}
ll poww(ll a,ll b){
RG ll ret=1;
for(a%=mod;b;b>>=1,a=a*a%mod)
if(b&1)ret=ret*a%mod;
return ret;
}
ll n,Tim,m,k,ans,tot;
int a[4],t[4];
int b[9][9][9];
struct node{
int x,y,z,id,p;
il void print(){printf("x=%d,y=%d,z=%d,id=%d,p=%d\n",x,y,z,id,p);}
};
vector<node>sol;
int S[170],z[170];
struct matrix{
int a[170][170];
il void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
il void print(){
for(RG int i=1;i<=tot;i++,puts(""))
for(RG int j=1;j<=tot;j++)
printf("%d ",a[i][j]);
puts("");
}
int* operator [](int x){return a[x];}
}T[61],P;
il void dfs(int s[]){
int p[4];
b[s[1]][s[2]][s[3]]=++tot;
P[b[s[1]][s[2]][s[3]]][b[s[1]][s[2]][s[3]]]=poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)%mod;
sol.pb((node){s[1],s[2],s[3],tot,poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)});
for(RG int i=1;i<=3;i++)
if(s[i]){//枚举要打的是哪一个
for(RG int j=1;j<=3;j++)p[j]=s[j];
if(s[1]+s[2]+s[3]<k){if(i!=1){p[m]++;p[i-1]++;}p[i]--;}
else{p[i]--;if(i!=1)p[i-1]++;}
RG int add=1ll*s[i]*poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)%mod;
if(!b[p[1]][p[2]][p[3]])dfs(p);
(P[b[s[1]][s[2]][s[3]]][b[p[1]][p[2]][p[3]]]+=add)%=mod;
}
}
il matrix times1(RG matrix x,RG matrix y){
RG matrix z;z.clear();
for(RG int i=1;i<=tot;i++)
for(RG int j=1;j<=tot;j++)
for(RG int k=1;k<=tot;k++)
z[i][k]=(z[i][k]+1ll*x[i][j]*y[j][k]%mod)%mod;
return z;
}
il void times2(RG matrix y){
memset(z,0,sizeof(z));
for(RG int j=1;j<=tot;j++)
for(RG int k=1;k<=tot;k++)
z[k]=(z[k]+1ll*S[j]*y[j][k]%mod)%mod;
for(RG int i=1;i<=tot;i++)S[i]=z[i];
}
il void DP(ll n){
ans=0;memset(S,0,sizeof(S));S[1]=1;
for(RG ll i=1;(((ll)1)<<(i-1))<=n;i++)
if((n&(((ll)1)<<(i-1)))==(((ll)1)<<(i-1)))
times2(T[i]);
ans=S[tot];
}
int main()
{
file();Tim=read();m=read();k=read();a[m]=1;dfs(a);tot++;
for(RG int i=1;i<=tot-1;i++)P[i][tot]=sol[i-1].p;P[tot][tot]=1;
T[1]=P;for(RG int i=2;i<=60;i++)T[i]=times1(T[i-1],T[i-1]);
while(Tim--){n=read();DP(n);printf("%lld\n",ans);}
return 0;
}