[bzoj2004] 公交线路

题意：有n个公交车站，相邻站之间的距离为1km，有k辆公交车，1-k号站作为起始站，(n-k+1)-n作为终点站，每个站台必须且只能被一辆车经过，车只能从编号小的车站开往编号大的车站，一辆车一次最多开pkm，求所有车从起点站开往终点站的方案数

题解：

状压+矩阵快速幂

最原始的dp：dp[i][s]+=dp[j][s']

由于公交车的行驶距离不超过p，所以一定存在一个p位的状态能将k辆车表示出来

由于p和k很小，考虑状压

我们将所有可能的状态暴搜出来，并且发现这个可以用矩阵转移

然后构造转移矩阵，为了不重复计数，我们钦定每次只能移动第p位上的车然后判定两个状态之间能否转移（若何判定见代码注释）

然后转移矩阵转移(n-k)次（i从1到n-k+1），最后乘上初始矩阵即可

复杂度：O（log(n-k)*(C(9,4)^3)）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define mo 30031
#define lowbit(o) (o&(-o))
using namespace std;

int n,k,p,cnt;
int g[130][130],v[130],bin[30];

struct Mat {
  int v[130][130];
  inline void mul(Mat x) {
    memset(g,0,sizeof(g));
    for(int i=1; i<=cnt; i++)
      for(int j=1; j<=cnt; j++)
    for(int k=1; k<=cnt; k++)
      (g[i][j]+=(v[i][k]*x.v[k][j])%mo)%=mo;
    memcpy(v,g,sizeof(g));
  }
}ans,b;

int gi() {
  int x=0,o=1; char ch=getchar();
  while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return o*x;
}

void qpow(Mat &x, int y) {
  Mat ret;
  for(int i=1; i<=cnt; i++) ret.v[i][i]=1;
  while(y) {
    if(y&1) ret.mul(x);
    x.mul(x),y>>=1;
  }
  x=ret;
}

void dfs(int now, int num, int sta) {
  if(num==k) {
    v[++cnt]=sta;
    return;
  }
  for(int i=now-1; i>=1; i--) {
    dfs(i,num+1,sta+bin[i-1]);
  }
}

void pre() {
  for(int i=1; i<=cnt; i++)
    for(int j=1; j<=cnt; j++) {
      int x=(v[i]<<1)^bin[p]^v[j];//v[i]<<1表示车的相对位置改变了，这样才能判定是否能转移到其他可行状态
      if(x==lowbit(x))//判断是否只有p位上的车移动了
    b.v[i][j]=1;
    }
}

int main() {
  n=gi(),k=gi(),p=gi(),bin[0]=1;  
  for(int i=1; i<=20; i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
  dfs(p,1,bin[p-1]);
  pre();
  qpow(b,n-k);
  ans.v[1][1]=1;
  ans.mul(b);
  printf("%d", ans.v[1][1]);
  return 0;
}