洛谷 P3990 [SHOI2013]超级跳马解题报告

P3990 [SHOI2013]超级跳马

题目描述

现有一个(n) 行 (m) 列的棋盘，一只马欲从棋盘的左上角跳到右下角。每一步它向右跳奇数列，且跳到本行或相邻行。跳越期间，马不能离开棋盘。

试求跳法种数(mod 30011)。

输入输出格式

输入格式：

仅有一行，包含两个正整数(n, m)，表示棋盘的规模。

输出格式：

仅有一行，包含一个整数，即跳法种数(mod 30011)。

说明

对于(10\%)的数据，(1 ≤ n ≤ 10)，(2 ≤ m ≤ 10)；

对于(50\%)的数据，(1 ≤ n ≤ 10)，(2 ≤ m ≤ 10^5)；

对于(80\%)的数据，(1 ≤ n ≤ 10)，(2 ≤ m ≤ 10^9)；

对于(100\%)的数据，(1 ≤ n ≤ 50)，(2 ≤ m ≤ 10^9)。

发现我的做法有点诡异...

思路：首先我们只考虑从左边某一列的转移，显然可以构造这样的一个转移矩阵

[egin{bmatrix}1&1&0&0&cdots&0&0&0\1&1&1 &0&cdots&0&0&0\0&1&1 &1&cdots&0&0&0\ vdots&vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots&vdots\0&0&0&0&cdots&1&1&1\0&0&0&0&cdots&0&1&1end{bmatrix} ]

然后设这个转移矩阵为(T)，设第(i)列的答案矩阵为(A_i)

则(A_n=T*(A_{n-1}+A_{n-3}+A_{n-5}+dots))

(A_{n-2}=T*(A_{n-3}+A_{n-5}+A_{n-7}+dots))

那么有(A_n=T*A_{n-1}+A_{n-2})，发现这是个递推，于是再次构造矩阵加速转移

[egin{bmatrix}T&I\I&Oend{bmatrix}egin{bmatrix}A_n\A_{n-1}end{bmatrix}=egin{bmatrix}A_{n+1}\A_{n}end{bmatrix} ]

然后大力搞就行了，复杂度(O(2^3n^3log t))

注意一点(A_3=TA_2)不符合递推式

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int mod=30011;
int n,m;
struct matrix1
{
    int dx[52][52];
    matrix1(){memset(dx,0,sizeof(dx));}
    matrix1 friend operator *(matrix1 n1,matrix1 n2)
    {
        matrix1 n3;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                for(int k=1;k<=n;k++)
                    (n3.dx[i][j]+=n1.dx[i][k]*n2.dx[k][j])%=mod;
        return n3;
    }
    matrix1 friend operator +(matrix1 n1,matrix1 n2)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                (n1.dx[i][j]+=n2.dx[i][j])%=mod;
        return n1;
    }
};
struct matrix2
{
    matrix1 dx[3][3];
    matrix2(){matrix1();}
    matrix2 friend operator *(matrix2 n1,matrix2 n2)
    {
        matrix2 n3;
        for(int i=1;i<=2;i++)
            for(int j=1;j<=2;j++)
                for(int i1=1;i1<=n;i1++)
                    for(int j1=1;j1<=n;j1++)
                        n3.dx[i][j].dx[i1][j1]=0;
        for(int i=1;i<=2;i++)
            for(int j=1;j<=2;j++)
                for(int k=1;k<=2;k++)
                    n3.dx[i][j]=n3.dx[i][j]+n1.dx[i][k]*n2.dx[k][j];
        return n3;
    }
}S,T,F;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S.dx[1][1].dx[1][1]=S.dx[1][1].dx[2][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        T.dx[1][2].dx[i][i]=T.dx[2][1].dx[i][i]=1;
        T.dx[1][1].dx[i][i]=T.dx[1][1].dx[i][i-1]=T.dx[1][1].dx[i][i+1]=1;
    }
    if(m==2) return printf("%d
",S.dx[1][1].dx[n][1]),0;
    m-=3,F=T;
    while(m)
    {
        if(m&1) F=F*T;
        T=T*T;
        m>>=1;
    }
    S=F*S;
    printf("%d
",S.dx[1][1].dx[n][1]);
    return 0;
}

2018.12.19