洛谷1357 花园

原题链接

可以使用二进制来表示后(m)个花圃的状态。
设(f[i][k])表示前(i)个花圃，后(m)个状态为(k)，设(k)可由(k ^ prime)转移来，则有状态转移方程：

(qquadqquad f[i][k] = sum f[i][k ^ prime])

发现这个转移方程可以用矩阵乘法来优化，直接将矩阵中((k ^ prime, k))定为(1)即可。
因为(1 sim m)的花圃可以看成(n + 1 sim n + m +1)，所以原来的状态转移方程需要转移(n)次，即该矩阵的(n)次方即是最终目标矩阵。
最后的答案即为矩阵中对角线上合法状态的值的和，因为花园是一个环最后(m)个花圃的状态和最初的必须一样。
合法状态的转移其实就是对转移后的状态右移一位，最左位添(1)或(0)的合法状态即为转移前的状态。
这里我使用(DFS)来预处理。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N =35;
const int mod = 1e9 + 7;
int L, m, k;
ll n;
bool v[N];
struct sq{
	int a[N][N];
	sq() { memset(a, 0, sizeof(a)); }
	sq operator * (const sq &b) const
	{
		int i, j, k;
		sq c;
		for (i = 0; i <= L; i++)
			for (j = 0; j <= L; j++)
				for (k = 0; k <= L; k++)
					c.a[i][j] = (1LL * a[i][k] * b.a[k][j] % mod + c.a[i][j]) % mod;
		return c;
	}
};
sq A, an;
void dfs(int x, int nw, int da)
{
	if (!(x ^ m))
	{
		v[da] = 1;
		int ne = da >> 1;
		A.a[ne][da] = 1;
		if (nw ^ k || da & 1)
			A.a[ne | (1 << (m - 1))][da] = 1;
		return;
	}
	dfs(x + 1, nw, da);
	if (nw < k)
		dfs(x + 1, nw + 1, da | (1 << x));
}
void ksm()
{
	an = A;
	if (!n)
		return;
	for (n--; n; n >>= 1, A = A * A)
		if (n & 1)
			an = an * A;
}
int main()
{
	int i, s = 0;
	scanf("%lld%d%d", &n, &m, &k);
	L = (1 << m) - 1;
	dfs(0, 0, 0);
	ksm();
	for (i = 0; i <= L; i++)
		if (v[i])
			s = (1LL * s + an.a[i][i]) % mod;
	printf("%d", s);
	return 0;
}