题意:

有一个\(base(2 \leq base \leq 6)\)进制系统,这里面的数都是整数,不含前导0,相邻两个数字不相同。

而且每个数字有一个得分\(score(1 \leq score \leq 10^9)\),得分为 相邻两个数字之差的平方之和。

给出\(base\)和\(score\),求满足条件的整数的个数 \(mod \, 2^{32}\)。

分析:

首先考虑DP的做法:

设\(dp(i, j)\)表示满足当前分数为\(i\)最后一个数字是\(j\)的数字的个数。

递推就是枚举下一个数字\(k\),就有转移方程:

\(dp(i+d,k)=\sum dp(i, j)\),其中\(k \neq j\)且\(d=(k-j)^2\)。

这种方法的复杂度使\(O(base^2 \cdot score)\)的。

考虑矩阵优化:

因为状态转移中,能得到的最大分数是\((base-1)^2\),所以我们的转移矩阵只要保留前面\((base-1)^2\)个\(score\)的信息就行了。

用语言不方便表达,我举具体例子,

当\(base=3\)时,有如下转移:



上面9行很好理解,就是一个错位。

下面3行才是状态的转移。

容易看出,我们的矩阵的边长最大会达到\(6(6-1)^2=150\)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; typedef unsigned int LL;
const int maxn = 150; int n, m, sz; struct Matrix
{
LL a[maxn][maxn]; Matrix() {
for(int i = 0; i < maxn; i++)
for(int j = 0; j < maxn; j++) a[i][j] = 0;
} Matrix operator * (const Matrix& t) const {
Matrix ans;
for(int i = 0; i < sz; i++)
for(int j = 0; j < sz; j++) if(a[i][j])
for(int k = 0; k < sz; k++)
ans.a[i][k] += a[i][j] * t.a[j][k];
return ans;
}
}; Matrix pow_mod(Matrix a, int n) {
Matrix ans;
for(int i = 0; i < sz; i++) ans.a[i][i] = 1;
while(n) {
if(n & 1) ans = ans * a;
a = a * a;
n >>= 1;
}
return ans;
} LL a[maxn], dp[25][6]; int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
for(int kase = 1; kase <= T; kase++) {
printf("Case %d: ", kase);
scanf("%d%d", &n, &m);
int N = (n - 1) * (n - 1) * n; //DP
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i < n; i++) dp[0][i] = 1;
for(int i = 0; i < (n - 1) * (n - 1); i++) {
for(int j = 0; j < n; j++) {
for(int k = 0; k < n; k++) {
int d = (k - j) * (k - j);
if(!d || i + d > (n - 1) * (n - 1)) continue;
dp[i + d][k] += dp[i][j];
}
}
} if(m < (n - 1) * (n - 1)) {
LL ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) ans += dp[m][i];
printf("%u\n", ans);
continue;
} sz = N;
int s = (n - 1) * (n - 1);
for(int i = 0; i < (n - 1) * (n - 1); i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
a[i * n + j] = dp[i][j];
Matrix M; for(int i = n; i < N; i++) M.a[i - n][i] = 1;
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < n; j++) if(j != i) {
int d = (j - i) * (j - i);
M.a[N - n + i][n * (s - d) + j] = 1;
}
M = pow_mod(M, m - (n - 1) * (n - 1) + 1);
LL ans = 0;
for(int i = N - n; i < N; i++)
for(int j = 0; j < N; j++)
ans += M.a[i][j] * a[j];
printf("%u\n", ans);
} return 0;
}

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