BZOJ3583 : 杰杰的女性朋友
将$I$转置,设$G=OI$,则$ans=G^0+G^1+...+G^d$。
注意到$G^d=O(IO)^{d-1}I$,而$IO$是大小为$k\times k$的矩阵,可以通过倍增在$O(k^3\log d)$的时间内求出,然后依次与$O$和$I$的一行一列相乘即可。
时间复杂度$O(nk^2+mk^3\log d)$。
#include<cstdio>
const int N=1000,K=20,L=31,P=1000000007;
int n,m,q,i,j,k,x,y,z,ans,O[N][K],I[N][K],f[N];
int S[K][K],G[K][K],A[L][K][K],B[L][K][K],C[K][K];
inline void up(int&a,int b){a+=b;if(a>=P)a-=P;}
inline void mul(int A[][K],int B[][K]){
int i,j,k;
for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++){
int t=0;
for(k=0;k<m;k++)t=(1LL*A[i][k]*B[k][j]+t)%P;
C[i][j]=t;
}
}
void cal(int n){
for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)S[i][j]=0;
if(n<0)return;
for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)G[i][j]=0;
for(i=0;i<m;i++)S[i][i]=G[i][i]=1;
for(i=0;i<L;i++)if(n>>i&1){
for(mul(B[i],G),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)up(S[j][k],C[j][k]);
for(mul(G,A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)G[j][k]=C[j][k];
}
}
int main(){
for(scanf("%d%d",&n,&m);i<n;i++){
for(j=0;j<m;j++)scanf("%d",&O[i][j]);
for(j=0;j<m;j++)scanf("%d",&I[i][j]);
}
for(k=0;k<n;k++)for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)A[0][i][j]=(1LL*I[k][i]*O[k][j]+A[0][i][j])%P;
for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)B[0][i][j]=A[0][i][j];
for(i=0;i<L-1;i++){
for(mul(A[i],A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)A[i+1][j][k]=C[j][k];
for(j=0;j<m;j++)up(A[i][j][j],1);
for(mul(B[i],A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)B[i+1][j][k]=C[j][k];
for(j=0;j<m;j++)up(A[i][j][j],P-1);
}
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);x--;y--;
cal(z-1);
for(i=0;i<m;i++)for(f[i]=j=0;j<m;j++)f[i]=(1LL*O[x][j]*S[j][i]+f[i])%P;
for(ans=i=0;i<m;i++)ans=(1LL*f[i]*I[y][i]+ans)%P;
printf("%d\n",(ans+(x==y))%P);
}
return 0;
}
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