https://codeforces.com/contest/1117/problem/D
题解:有一些魔法宝石,魔法宝石可以分成m个普通宝石,每个宝石(包括魔法宝石)占用1个空间,让你求占用n个空间的方法有几种,有不同数量的魔法宝石和不同分法的方法算不同的方法,
分析：根据一些猜想可以推出递推式f[n]=f[n-1]+f[n-m] ； 答案也比较好猜想，牺牲一个然后分解 m 个
然后就是简单的构造矩阵快速幂
或者使用无敌杜教
这里给出点杜教心得 ， 有时候并不是只用给出8项 ， 而是给的数据越多 ， 答案越正确 ， 所以有时候用杜教不过就考虑给许多许多项杜教 ， 可以在时间运行下的极限
矩阵快速幂
#include<stdio.h> #include<vector> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f typedef long long ll; typedef vector<ll>vec; typedef vector<vec>mat; const int M = 1000000007; ll n;int m; int V; mat mul(mat &A , mat &B) { mat C(A.size() , vec(B.size())); for(int i=0 ; i<A.size() ; i++) { for(int k=0 ; k<B.size() ; k++) { if(A[i][k]==0) continue; for(int j=0 ; j<B[0].size() ; j++) { if(B[k][j]==0) continue; C[i][j] = (C[i][j]%M+A[i][k]*B[k][j]%M)%M; } } } return C; } mat pow(mat A,ll n) { mat B(A.size(),vec(A.size())); for(int i=0 ; i<A.size() ; i++) B[i][i]=1; while(n>0) { if(n&1) B = mul(B,A); A = mul(A,A); n >>= 1; } return B; } void so( ) { mat A(m,vec(m));///构造矩阵 // A[0][0]=1;A[0][1]=2;A[0][2]=1;A[0][3]=0;A[0][4]=0;A[0][5]=0; // A[1][0]=1;A[1][1]=0;A[1][2]=0;A[1][3]=0;A[1][4]=0;A[1][5]=0; // A[2][0]=0;A[2][1]=0;A[2][2]=1;A[2][3]=3;A[2][4]=3;A[2][5]=1; // A[3][0]=0;A[3][1]=0;A[3][2]=0;A[3][3]=1;A[3][4]=2;A[3][5]=1; // A[4][0]=0;A[4][1]=0;A[4][2]=0;A[4][3]=0;A[4][4]=1;A[4][5]=1; // A[5][0]=0;A[5][1]=0;A[5][2]=0;A[5][3]=0;A[5][4]=0;A[5][5]=1; //printf("520"); for(int i=0 ; i<m ; i++) for(int j=0 ; j<m ; j++) A[i][j]=0; A[0][0]=1;A[0][m-1]=1; for(int i=1 ; i<m ; i++) A[i][i-1]=1; A = pow(A,n-m+1);///第m项没有算哦 ll ans=0; for(int i=0 ; i<m ; i++) { ans=(ans+A[0][i]+M)%M; } printf("%lld ",(ans+M)%M); } int main() { scanf("%lld%d",&n,&m); so(); return 0; }
牛逼杜教
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++) #define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--) #define pb push_back #define mp make_pair #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define fi first #define se second #define SZ(x) ((int)(x).size()) typedef vector<int> VI; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const ll mod=1000000007; ll powmod(ll a,ll b) { ll res=1; a%=mod; assert(b>=0); for(; b; b>>=1) { if(b&1)res=res*a%mod; a=a*a%mod; } return res; } ll _,n; namespace linear_seq { const int N=10010; ll res[N],base[N],_c[N],_md[N]; vector<ll> Md; void mul(ll *a,ll *b,int k) { rep(i,0,k+k) _c[i]=0; rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod; for (int i=k+k-1; i>=k; i--) if (_c[i]) rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod; rep(i,0,k) a[i]=_c[i]; } int solve(ll n,VI a,VI b) { ll ans=0,pnt=0; int k=SZ(a); assert(SZ(a)==SZ(b)); rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i]; _md[k]=1; Md.clear(); rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i); rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0; res[0]=1; while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++; for (int p=pnt; p>=0; p--) { mul(res,res,k); if ((n>>p)&1) { for (int i=k-1; i>=0; i--) res[i+1]=res[i]; res[0]=0; rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod; } } rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod; if (ans<0) ans+=mod; return ans; } VI BM(VI s) { VI C(1,1),B(1,1); int L=0,m=1,b=1; rep(n,0,SZ(s)) { ll d=0; rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod; if (d==0) ++m; else if (2*L<=n) { VI T=C; ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod; while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0); rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod; L=n+1-L; B=T; b=d; m=1; } else { ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod; while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0); rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod; ++m; } } return C; } int gao(VI a,ll n) { VI c=BM(a); c.erase(c.begin()); rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod; return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c))); } }; ll f[205]; int main() { ll n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) f[i]=1; for(int i=m;i<=200;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-m])%mod; vector<int>v; n++; for(int i=1;i<=200;i++) v.push_back(f[i]); //至少8项，越多越好。 printf("%lld ",linear_seq::gao(v,n-1)%mod); }