【JZOJ4248】n染色【矩阵乘法】

题目大意：

题目链接：https://jzoj.net/senior/#main/show/4248
求一个$n$条边的多边形，相邻两边选择不同的颜色，共$m$种颜色的涂色方案数。

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思路：

以下解题思路时我在考试时一步一步的推理，希望直接了解方法的可以跳到“总结”处。

$nleq 10^{18}$说明复杂度一定是$log$级别的。（$O(1)$的拜拜）
先打一个表

$m$ $n$	3	4	5	6	7	8
3	6	18	30	66	126	258
4	24	84	240	732	2184	6564
5	60	260	1020	4100	16380	65540
6	120	630	3120	15630	78120	390630
7	210	1302	7770	46662	279930	1679622
8	336	2408	16800	117656	823536	5764808

当$m=3$时
$6,18,30,66,126,258$
显然发现它们都有公因数6，于是全部除以6
$1,3,5,11,21,43$
很容易发现如下规律
$left{egin{matrix}a_i=a_{i-1} imes 2-1(iin odd)\ a_i=a_{i-1} imes 2+1(iin even)end{matrix} ight.$
再来看$m=4$的
$24,84,240,732,2184,6564$
明显都有6的公因数，提出来
$4,14,40,122,364,1094$
还有一个因数2诶！
$2,7,20,61,182,547$
规律还是一样的！
$left{egin{matrix}a_i=a_{i-1} imes 3-1(iin odd)\ a_i=a_{i-1} imes 3+1(iin even)end{matrix} ight.$
第一次$gcd$是6，第二次是12。
然后我就想到了小学奥数的列项。。。
然后一试，发现$m=5$的最大公约数确实是20。
那么规律就出来了。

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总结

$left{egin{matrix}a_i=a_{i-1} imes (m-1)-1(iin odd)\ a_i=a_{i-1} imes (m-1)+1(iin even)end{matrix} ight.$
然后$a_1=m-2$。
所以很明显就是一个矩阵乘法。

跑$n-3$遍矩阵乘法就可以了。

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代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll MOD=1e9+7;
ll f[3][3],a[3][3],n,m;

void mul(ll f[3][3],ll a[3][3])
{
	ll c[3][3]={{0,0,0},{0,0,0},{0,0,0}};
	for (ll i=1;i<3;i++)
		for (ll j=1;j<3;j++)
			for (ll k=1;k<3;k++)
				c[i][j]=(c[i][j]+f[i][k]*a[k][j]);
	for (ll i=1;i<3;i++)
		for (ll j=1;j<3;j++)
			f[i][j]=c[i][j]%MOD;
}

void mulself(ll a[3][3])
{
	ll c[3][3]={{0,0,0},{0,0,0},{0,0,0}};
	for (ll i=1;i<3;i++)
		for (ll j=1;j<3;j++)
			for (ll k=1;k<3;k++)
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j]);
	for (ll i=1;i<3;i++)
		for (ll j=1;j<3;j++)
			a[i][j]=c[i][j]%MOD;
}

int main()
{
	cin>>m>>n;
	m-=3;
	a[1][1]=(n-1)%MOD; a[2][1]=1; a[2][2]=-1;
	f[1][1]=(n-2)%MOD; f[1][2]=1;
	while (m>0)
	{
		if (m&1) mul(f,a);
		mulself(a);
		m>>=1;
	}
	cout<<f[1][1]%MOD*((n-1)%MOD)%MOD*(n%MOD)%MOD;
	return 0;
}