省选模拟赛 Problem 3. count (矩阵快速幂优化DP)

Discription

$Darrell$ 在思考一道计算题。
给你一个尺寸为 $1 × N$ 的长条，你可以在上面切很多刀，要求竖直地切并且且完后每块的长度都是整数。
在这种限制下其实只有 $N − 1$ 个位置可以切。
对于一种切的方案，假如切完后每块的宽度分别是：$w_1, w_2, w_3, ..., w_k（sum w_i = N）$，那么该种方案对应
的完美值为：$∏^{k}_{i=1}w_i^2$
那么问题来了，给出 $M$ 个位置不能切（如果用 $x$ 表示一个位置，那么切完该位置后长条变为 $1 × x$ 和
$1 × (N − x)$ 两块），那么所有合法切法对应的完美值的和是多少呢？（只需要输出模 $10^9 + 7$ 的结果）

Input

第 $1$ 行，有 $2$ 个整数：$N M$，表示长条的总长度及不能切的位置数
第 $2$ 行，有 $M$ 个整数：$x_1, x_2, x_3, ..., x_M$ 表示不能切的位置。

Output

输出 $1$ 行，包含 $1$ 个整数，表示满足要求的所有切法对应的完美值和。（对 $10^9 + 7$ 取模后的结果）

Note

• 对于 $20\%$ 的数据，有 $1 ≤ N, M ≤ 10^3$。
• 对于 $60\%$ 的数据，有 $1 ≤ N, M ≤ 10^5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，有 $1 ≤ N ≤ 10^9，1 ≤ M ≤ 10^5$，且 $1 ≤ x_1 < x_2 < x_3 < ... < x_m < N$

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很显然可以看出$DP$柿子$dp[0]=1, dp[i]=sum_{j=0}^{i-1}dp[j]*(i-j)^2$

然后答案就为$dp[N]$

由于$N$很大 $le10^9$

所以考虑用矩阵快速幂优化转移

先想想$M=0$怎么转移

定义向量如下:$left[ sum_{j=0}^idp[j] , sum_{j=0}^idp[j]*(i-j) , sum_{j=0}^idp[j]*(i-j)^2 ight]$

然后考虑从$left[ sum_{j=0}^{i-1}dp[j] , sum_{j=0}^{i-1}dp[j]*(i-1-j) , sum_{j=0}^{i-1}dp[j]*(i-1-j)^2 ight]$转移到$left[ sum_{j=0}^idp[j] , sum_{j=0}^idp[j]*(i-j) , sum_{j=0}^idp[j]*(i-j)^2 ight]$

转移矩阵就是
$left[egin{matrix} 2&2&1\ 1&1&0\ 1&2&1\ end{matrix} ight] left[egin{matrix} sum_{j=0}^{i-1}dp[j]\ sum_{j=0}^{i-1}dp[j]*(i-1-j)\ sum_{j=0}^{i-1}dp[j]*(i-1-j)^2\ end{matrix} ight] =left[egin{matrix} sum_{j=0}^{i}dp[j]\ sum_{j=0}^{i}dp[j]*(i-j)\ sum_{j=0}^{i}dp[j]*(i-j)^2\ end{matrix} ight]$自己推一推吧…

注意第二项和第三项当$j=i$时贡献的值是$0$因为$i-j=0$,所以$j$的范围实质上是$[0,i-1]$.为了统一就写成$[0,i]$了.

考虑这个地方不能切,我们就强制把这个位置的$dp$值设为$0$就行了.

那么不能切的地方的转移,就只用把第一项累加$dp[i]$的系数去掉就行了.第一行也就变成了$[2,2,1]-[1,2,1]=[1,0,0]$,那么不能切的地方的转移矩阵就如下:
$left[egin{matrix} 1&0&0\ 1&1&0\ 1&2&1\ end{matrix} ight]$

详细见代码

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &num) {
	char ch; int flg = 1; while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')flg = -flg;
	for(num=0; isdigit(ch); num=num*10+ch-'0', ch=getchar()); num*=flg;
}
const int MAXN = 1e5+5;
const int mod = 1e9+7;
struct mat {
	int a[3][3];
	mat() { memset(a,0,sizeof a); }
	inline void init1() {
		a[0][0] = 2; a[0][1] = 2; a[0][2] = 1;
		a[1][0] = 1; a[1][1] = 1; a[1][2] = 0;
		a[2][0] = 1; a[2][1] = 2; a[2][2] = 1;
	}
	inline void init2() {
		a[0][0] = 1; a[0][1] = 0; a[0][2] = 0;
		a[1][0] = 1; a[1][1] = 1; a[1][2] = 0;
		a[2][0] = 1; a[2][1] = 2; a[2][2] = 1;
	}
	inline mat operator *(const mat &o)const {
		mat re;
		for(int k = 0; k < 3; ++k)
			for(int i = 0; i < 3; ++i) if(a[i][k])
				for(int j = 0; j < 3; ++j) if(o.a[k][j])
					re.a[i][j] = (re.a[i][j] + 1ll * a[i][k] * o.a[k][j] % mod) % mod;
		return re;
	}
	inline mat operator ^(int b)const {
		mat A = *this, re;
		re.a[0][0] = re.a[1][1] = re.a[2][2] = 1;
		while(b) {
			if(b & 1) re = re * A;
			A = A * A; b >>= 1;
		}
		return re;
	}
}ans, trans1, trans2;
int N, M, pos[MAXN];
int main() {
	freopen("count.in", "r", stdin);
	freopen("count.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &N, &M);
	for(int i = 1; i <= M; ++i)
		scanf("%d", &pos[i]);
	ans.a[0][0] = 1;
	trans1.init1();
	trans2.init2();
	for(int i = 1; i <= M; ++i)
		ans = (trans1^(pos[i]-pos[i-1]-1)) * ans, ans = trans2 * ans;
	ans = (trans1^(N-pos[M])) * ans;
	printf("%d
", ans.a[2][0]);
}

妈妈我终于会矩阵快速幂了!!!