[SNOI2019]纸牌

传送门

Description

有一副纸牌。牌一共有(n)种，分别标有 (1,2,...,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。

Solution

发现这道题中的(n)很大，所以考虑矩阵乘法

发现((i,i+1,i+2))这样的牌，对于相同的(i)，最多只有两叠

所以考虑一个(3*3)的状态表示当前数(i)与(i-1)开始的顺子的数量((0,1,2))

考虑如何转化到下一个数，发现需要枚举(i+1)开始的顺子数，将其乘上可行的((i+1,i+1,i+1))的数量的个数

将原题的(dp)转化位矩阵乘法

对于已经有初始牌的数，我们考虑单独拿出来转移

可以先把转移矩阵的次幂算出来，减小常数

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
#define reg register
#define int ll
inline ll read()
{
	ll x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int P=998244353,MX=1005;
ll n,C,X,A[MX],K[MX];
int Mul(int x,int y){return (1LL*x*y)%P;}
int Add(int x,int y){return (x+y)%P;}
struct Matrix
{
	int a[9][9];
	Matrix(){memset(a,0,sizeof a);}
	void emp(){for(int i=0;i<9;++i)a[i][i]=1;}
	Matrix operator *(Matrix b)
	{
		Matrix c;
		register int i,j,k;
		for(k=0;k<9;++k)for(i=0;i<9;++i)for(j=0;j<9;++j)
		c.a[i][j]=Add(c.a[i][j],Mul(b.a[i][k],a[k][j]));
		return c;
	}
}tmp,opt[70],ans;
Matrix OPT(int m)
{
	Matrix r;int x=0;r.emp();
	for(;m;m>>=1,++x)if(m&1)r=r*opt[x];
	return r;
}
signed main()
{
	n=read();C=read();X=read();
	register int i,j,k,l;
	for(i=1;i<=X;++i) K[i]=read(),A[i]=read();
	for(i=0;i<3;++i)for(j=0;j<3;++j)for(k=0;k<3;++k)
		if(i+j+k<=C)opt[0].a[j*3+k][i*3+j]=1+(C-i-j-k)/3;
	for(i=1;i<70;++i) opt[i]=opt[i-1]*opt[i-1];
	ans.a[0][0]=1;
	for(l=1;l<=X;++l)
	{
		ans=ans*OPT(K[l]-K[l-1]-1);
		memset(tmp.a,0,sizeof tmp.a);
		for(i=0;i<3;++i)for(j=0;j<3;++j)for(k=0;k<3;++k)
		{
			int least=i+j+k;
	        if(least<A[l]) least=A[l]+((least-A[l])%3+3)%3;
            if(least<=C) tmp.a[j*3+k][i*3+j]=1+(C-least)/3;
		}
		ans=ans*tmp;
	}
	ans=ans*OPT(n-K[X]);
	printf("%lld
",ans.a[0][0]);
	return 0;
}

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