「SNOI2019」

#4379. 「SNOI2019」纸牌

题目：

有一副纸牌。牌一共有 $n$ 种，分别标有 $1, 2, dots , n$，每种有 $C$ 张。故这副牌共有 $nC$ 张。

三张连号的牌（$i, i+1, i+2$）或三张相同的牌 $(i,i,i)$ 可以组成一叠。如果一组牌可以分成若干（包括零）叠，就称其为一组王牌。

你从牌堆中摸了一些初始牌。现在你想再挑出一些牌组成一组王牌，请问有多少种可能组成的王牌呢？答案对 $998244353$ 取模。

两组牌相同当且仅当它们含有的每一种牌数量都相同。

思路：

看到数据范围 $nle 1e^{18}$ 大概猜到对于没有初始牌的牌堆要么有显然规律，要么就是矩乘。

对然后就矩乘了。

因为大于等于 $3$ 张的，我们可以在自己牌堆里自己凑成一组，对于要和其他种牌配对的只需要留至多比前一堆多三张的情况。

所以我们可以用一个 $3*3​$ 的状态表示最后两个牌堆的情况。

然后用矩阵表示状态的转移系数。

对于有初始牌的单独构造矩阵。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define LL long long
#define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
using namespace std;
const int N=1005,p=998244353;
int c,m,a[N],Lg;LL k[N],n;
il LL read(){
   LL x,f=1;char ch;
   _(!)ch=='-'?f=-1:f;x=ch^48;
   _()x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
   return f*x;
}
il int mu(int x,int y){
    return (x+y>=p)?x+y-p:x+y;
}
struct Mat{
    int a[11][11];
    Mat friend operator *(Mat t1,Mat t2){
        Mat t3;
        for(int i=0;i<9;i++)for(int j=0;j<9;j++)t3.a[i][j]=0;
        for(int i=0;i<9;i++)for(int j=0;j<9;j++)for(int k=0;k<9;k++)
            t3.a[i][j]=mu(t3.a[i][j],1ll*t1.a[i][k]*t2.a[k][j]%p);
        return t3;
    }
}Ans,po[70],tmp;
il void ksm(LL y){
    for(int i=0;i<=Lg;i++)if((1ll<<i)&y)Ans=Ans*po[i];
}
int main()
{
    n=read();c=read();m=read();Lg=log2(n)+1;
    for(int i=1;i<=m;i++)k[i]=read(),a[i]=read();
    for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)for(int k=0;k<3;k++)
        if(i+j+k<=c)po[0].a[i*3+j][j*3+k]=(c-i-j-k)/3+1;
    for(int i=1;i<=Lg;i++)po[i]=po[i-1]*po[i-1];
    Ans.a[0][0]=1;
    for(int x=1;x<=m;x++){
        ksm(k[x]-k[x-1]-1);//printf("!!%d ",Ans.a[0][0]);
        for(int i=0;i<9;i++)for(int j=0;j<9;j++)tmp.a[i][j]=0;
        for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)for(int k=0;k<3;k++){
            int now=i+j+k;
            if(now<a[x])now=a[x]+((now-a[x])%3+3)%3;
            if(now<=c)tmp.a[i*3+j][j*3+k]=(c-now)/3+1;
        }
        Ans=Ans*tmp;
    }
    ksm(n-k[m]);
    printf("%d
",Ans.a[0][0]);
    return 0;
}