[SHOI2013]超級跳馬
阿新 • • 發佈:2018-12-05
題目描述
現有一個n 行m 列的棋盤,一隻馬欲從棋盤的左上角跳到右下角。每一步它向右跳奇數列,且跳到本行或相鄰行。跳越期間,馬不能離開棋盤。試求跳法種數mod 30011。
輸入輸出格式
輸入格式:
僅有一行,包含兩個正整數n, m,表示棋盤的規模。
輸出格式:
僅有一行,包含一個整數,即跳法種數mod 30011。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:
3 5
輸出樣例#1:
10
說明
對於10%的資料,1 ≤ n ≤ 10,2 ≤ m ≤ 10;
對於50%的資料,1 ≤ n ≤ 10,2 ≤ m ≤ 10^5;
對於80%的資料,1 ≤ n ≤ 10,2 ≤ m ≤ 10^9;
對於100%的資料,1 ≤ n ≤ 50,2 ≤ m ≤ 10^9。
題解
好久沒寫矩乘有點忘了
但是這種不難的題還是可以寫出來的==
DP式子顯然\(f[i][j] = (Sum[i-1][j]+Sum[i-1][j-1]+Sum[i-1][j+1])\)
那個\(Sum[i][j]\)表示的是第j行前i列的字首和
然後這樣不好做矩乘
可以用\(f[i][j]\)表示第j行前i列的字首和
然後就是\(f[i][j] = f[i-2][j] + f[i-1][j] + f[i-1][j-1] + f[i-1][j+1]\)
但是這是個字首和
所以\(Ans=f[m-1][n]+f[m-1][n-1]\)
這樣就可以矩乘了
構造一個\((1 , n*2)\)的初始矩陣
前n個表示的是當前列的每一行的\(f[][]\)
後n個表示的是當前列的上一列的每一行的\(f[][]\)
然後轉移矩陣就肥腸簡單了
只需要把要轉移的位置補上1就可以了
程式碼
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> const int N = 105 ; const int mod = 30011 ; using namespace std ; int n , m , E ; int t[N][N] , Ans ; struct Matrix { int f[N][N] ; inline Matrix () { memset(f , 0 , sizeof(f)) ; } inline void Start() { for(int i = 1 ; i <= E ; i ++) f[i][i] = 1 ; } inline friend Matrix operator * (Matrix a , Matrix b) { Matrix temp ; for(int i = 1 ; i <= E ; i ++) for(int j = 1 ; j <= E ; j ++) for(int k = 1 ; k <= E ; k ++) temp.f[i][j] = (temp.f[i][j] + a.f[i][k] * b.f[k][j]) % mod ; return temp ; } } st , b , Now ; inline Matrix Fpw(Matrix Base , int k) { Matrix temp ; temp.Start() ; while(k) { if(k & 1) temp = temp * Base ; Base = Base * Base ; k >>= 1 ; } return temp ; } int main() { cin >> n >> m ; t[1][1] = 1 ; E = (n << 1) ; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) t[2][i] = (t[1][i] + t[1][i - 1] + t[1][i + 1]) % mod ; if(m <= 3) { Ans = (t[m - 1][n] + t[m - 1][n - 1]) % mod ; printf("%d\n",Ans) ; return 0 ; } for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) st.f[1][i] = t[2][i] ; for(int i = n + 1 ; i <= E ; i ++) st.f[1][i] = t[1][i - n] ; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) { b.f[i][i] = 1 ; if(i != 1) b.f[i - 1][i] = 1 ; if(i != n) b.f[i + 1][i] = 1 ; b.f[i + n][i] = 1 ; } for(int i = n + 1 ; i <= E ; i ++) b.f[i - n][i] = 1 ; Now = Fpw(b , m - 3) ; st = st * Now ; Ans = (st.f[1][n] + st.f[1][n - 1]) % mod ; cout << Ans << endl ; return 0 ; }