hdu2294:Pendant
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。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
//#include<iostream>
using namespace std; int n,K,T;
#define maxn 111
#define LL long long
typedef LL mat[maxn][maxn];
mat base,ans,f;
const int mod=;
void mul(mat a,mat b,mat &ans)
{
mat t;
memset(t,,sizeof(t));
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=n;j++)
for (int k=;k<=n;k++)
t[i][j]=(t[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=n;j++)
ans[i][j]=t[i][j];
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d",&K,&n);
if (K<n) {puts("");continue;}
memset(base,,sizeof(base));
base[][]=base[][n]=;
base[][]=;
for (int i=;i<=n;i++)
{
base[i][i-]=n-i+;
base[i][i]=i;
}
memset(ans,,sizeof(ans));
for (int i=;i<=n;i++) ans[i][i]=;
while (K)
{
if (K&) mul(ans,base,ans);
mul(base,base,base);
K>>=;
}
memset(f,,sizeof(f));
f[][]=n;
mul(ans,f,f);
printf("%lld\n",f[][]);
}
return ;
}
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