( m SNOI2019) 纸牌
首先我觉得出题人肯定打过 CF Global Round 1 并且很可能在那场掉分了，可以戳这里 去康一下。
( m Algorithm · 1)
首先定义状态，(f_{i,j,k}) 表示考虑了前 (i) 大的，其中 ([i-1,i,i+1]) 类型有 (j) 个， ([i,i+1,i+2]) 类型有 (k) 个的方案数。发现这两类还是最多只会各有 (2) 个。
然后就是考虑转移。发现还是要转移到 ([i+1,i+2,i+3]) 去，那换言之就是枚举 (i+3) 的个数。但是题目里面有限制 (k_i) 至少要拿 (a_i) 个，所以考虑这么转移，令 (s=j+k+l)，即顺子里面 (i+1) 的个数 ：
[f_{i+1,k,l} = egin{cases}f_{i,j,k}cdot (lfloor frac{c-s}{3}
floor + 1) , sgeq a_{i+1} \ f_{i,j,k}cdot (lfloor frac{c -(s+3cdot lceil frac{a_{i+1}-s}{3}
ceil )}{3}
floor+1) , s< a_{i+1}end{cases}
]
其中 (+1) 代表题目中的 “空也算是一种方案”。第二个转移中，由于枚举的顺子个数小于必选的，那么就要把剩下的也选成刻子才行，所以就是 $3cdot lceil frac{a_{i+1}-s}{3} ceil $ ，即如果不足还要多选点。
写出代码来大概是这样：
inline int get_v(int x){
x %= 3 ;
if (x == 2) return 1 ;
else if (x == 1) return 2 ; return 0 ;
}
signed main(){
cin >> N >> M >> T, dp[0][0][0] = 1 ;
for (i = 1 ; i <= T ; ++ i) scanf("%lld%lld", &j, &k), Num[j] = k ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i)
for (j = 0 ; j < 3 ; ++ j)
for (k = 0 ; k < 3 ; ++ k)
for (l = 0 ; l < 3 ; ++ l){
int now = j + k + l, dis ;
if (M < now) continue ;
if (Num[i] > now) dis = Num[i] + get_v(Num[i] - now) ; else dis = now ;
if (dis <= M) dp[i][k][l] = (dp[i][k][l] + dp[i - 1][j][k] * ((M - dis) / 3 + 1)) % Mod ;
}
cout << dp[N][0][0] << endl ; return 0 ;
}
可以过 ( m Subtask~1,2,5)，共计 (55) 分。
( m Algorithm ·2)
发现这东西转移只跟后两维有关，并且从 (i) 转移到 (i+1) 并没有什么障碍，于是考虑矩乘。
发现由于是 (i,j) 转移到 (j,k) ，故需要 (9 imes 9) 的矩阵来转移。然后对于每个状态考虑直接按行按列编号，转移就很简单了。
但问题在于要考虑约束，即每一位至少要选多少。这东西特判一下就可了。复杂度 (mcdot 9^3+9^3cdot log n).
然而似乎这东西可以一开始倍增出来转移矩阵……( m Anyhow)，并不会快多少，毕竟最后压力就在 (m) 这边了。
LL n, m, c, x, y, lx, ly ;
struct matrix{
int b[12][12] ;
void clear(){ memset(b, 0, sizeof(b)) ; }
void reset(){
clear() ;
for (int i = 0 ; i < 10 ; ++ i)
b[i][i] = 1 ;
}
matrix friend operator * (const matrix &a, const matrix &b){
matrix c ; c.clear() ;
for (int i = 0 ; i < 10 ; ++ i)
for (int j = 0 ; j < 10 ; ++ j)
for (int k = 0 ; k < 10 ; ++ k)
c.b[i][j] = (c.b[i][j] + 1ll * a.b[i][k] * b.b[k][j] % Mod) % Mod ;
return c ;
}
}ans, unit, tmp ;
matrix expow(matrix a, LL b){
matrix res ; res.reset() ;
while (b){
if (b & 1)
res = res * a ;
a = a * a ; b >>= 1 ;
}
return res ;
}
signed main(){
cin >> n >> c >> m ; LL q ; //cout << n << endl ;
ans.b[0][0] = 1 ; int i, j, k, l ;
for (i = 0 ; i < 3 ; ++ i)
for (j = 0 ; j < 3 ; ++ j)
for (k = 0 ; k < 3 ; ++ k)
if (i + j + k <= c)
unit.b[i * 3 + j][j * 3 + k] = (c - (i + j + k)) / 3ll + 1ll ;
for (i = 1 ; i <= m ; ++ i){
scanf("%lld%lld", &x, &y), tmp.clear() ;
ans = ans * expow(unit, x - lx - 1) ;
for (j = 0 ; j < 3 ; ++ j)
for (k = 0 ; k < 3 ; ++ k)
for (l = 0 ; l < 3 ; ++ l){
int s = j + k + l ;
if (s < y) s = y + ((s - y) % 3 + 3) % 3 ;
if (s <= c) tmp.b[j * 3 + k][k * 3 + l] = (c - s) / 3ll + 1ll ;
}
lx = x, ly = y, ans = ans * tmp ;
}
ans = ans * expow(unit, n - (LL)lx), cout << ans.b[0][0] << endl ; return 0 ;
}