【做題】SRM701 Div1 Hard - FibonacciStringSum——數學和式&矩陣快速冪
阿新 • • 發佈:2018-12-28
原文連結 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/SRM701Div1C.html
題意:定義"Fibonacci string"為沒有連續1的01串。現在,給出\(a,b\),定義一個"Fibonacci string"的權值為\(x^a y^b\),其中\(x\)為0的個數,\(y\)為1的個數。
要求對所有長度為\(n\)的"Fibonacci string"的權值求和,對\(10^9 + 7\)取模。
\(n \leq 10^9, \ a, b \leq 25\)
顯然第一反應就是矩陣存下所有\((a,b)\)做快速冪。然而,這樣的話矩陣的邊長是\(O(a^2)\)
考慮最終答案的式子:
\[ \sum_{k=0}^n {n-k+1 \choose k} k^b (n-k)^a \]
我們嘗試化簡:
\[ \begin{aligned} & \sum_{k=0}^n {n-k+1 \choose k} k^b (n-k)^a \\ = & \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^a {n-k+1 \choose k} k^b {a\choose j} n^{a-j} (-k)^j \\ = & \sum_{j=0}^a {a \choose j} (-1)^j \sum_{k=0}^n {n-k+1 \choose k}k^{b+j} \end{aligned} \]
注意到後面的\(\sum_{k=0}^n {n-k+1 \choose k} k^{b+j}\)就是當\(a' = 0, \ b' = b+j\)時,所有長度為\(n\)的"Fibonacci string"的權值和。這時,我們再建矩陣,邊長就只有\(O(a)\)了。最後\(O(a)\)列舉\(j\)就能計算出答案。
時間複雜度\(O(a^3 \log n)\)。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MOD = (int)(1e9 + 7), N = 110; struct matrix { int n,m,mat[N][N]; matrix(int n=0,int m=0): n(n), m(m) { memset(mat,0,sizeof mat); } matrix operator * (const matrix& a) const { assert(m == a.n); matrix ret = matrix(n, a.m); for (int k = 0 ; k < m ; ++ k) for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) for (int j = 0 ; j < a.m ; ++ j) (ret.mat[i][j] += 1ll * mat[i][k] * a.mat[k][j] % MOD) %= MOD; return ret; } }; matrix power(matrix a,int b) { assert(a.n == a.m); matrix ret = matrix(a.n, a.m); for (int k = 0 ; k < a.n ; ++ k) ret.mat[k][k] = 1; while (b) { if (b&1) ret = ret * a; a = a * a; b >>= 1; } return ret; } int power(int a,int b) { int ret = 1; while (b) { if (b&1) ret = 1ll * ret * a % MOD; a = 1ll * a * a % MOD; b >>= 1; } return ret; } class FibonacciStringSum { public: int get( int n, int a, int b ) ; }; int val[N],cmb[N][N]; int FibonacciStringSum::get(int n, int a, int b) { memset(cmb,0,sizeof cmb); for (int i = 0 ; i <= a + b ; ++ i) cmb[i][0] = 1; for (int i = 1 ; i <= a + b ; ++ i) for (int j = 1 ; j <= i ; ++ j) cmb[i][j] = (cmb[i-1][j] + cmb[i-1][j-1]) % MOD; matrix sta = matrix(1, 2 * (a + b + 1)); matrix tran = matrix(2 * (a + b + 1), 2 * (a + b + 1)); sta.mat[0][0] = 1; for (int i = 0 ; i <= a + b ; ++ i) { tran.mat[i][i] = 1; tran.mat[i + a + b + 1][i] = 1; for (int j = 0 ; j <= i ; ++ j) tran.mat[j][a + b + 1 + i] += cmb[i][j]; } tran = power(tran, n); sta = sta * tran; for (int i = 0 ; i <= a + b ; ++ i) val[i] = (sta.mat[0][i] + sta.mat[0][i + a + b + 1]) % MOD; int ans = 0; for (int i = 0, t = 1 ; i <= a ; ++ i, t = -t) (ans += 1ll * t * cmb[a][i] * power(n, a - i) % MOD * val[b + i] % MOD) %= MOD; ans = (ans % MOD + MOD) % MOD; return ans; }
小結:這個問題的特殊之處在於,既可以直接矩陣快速冪,也可以寫成數學和式。然而,二者都不能直接解決這個問題。把兩種方法相結合一直是常用的技巧(如分塊),在這裡也啟示我們對於一個問題不能死板地但從一個方向來思考。