【xsy1237】 字符转换 矩阵快速幂

题目大意：给你两个长度都为n，字符集为{a,b,c}的字符串S和T。

对于字符串S的任意一个字符，我们可以用cost[0]的代价，把字符a变成字符b。用cost[1]的代价，把字符b变成c，用cost[2]的代价，把字符c变成a。

问你在总代价不超过MaxCost的情况下，有多少种方法，使得字符串S与字符串T相同。

两种方法被认为是不同的，当且仅当操作序列的长度是不同的，或者某一步操作的字符不同。

数据范围：$n≤11$，$1≤cost≤10^9$，$0≤MaxCost≤10^9$。

我们先用最少的代价使得$S=T$。不妨设该过程耗费的代价为$MinCost$，操作步数为$MinK$。

我们不难发现，接下来如果某个位置的字符需要发生变化，则该字符必须变化一整圈（变化3次），花费为$cost[0]+cost[1]+cost[2]$。

那么，变化的圈数显然不会超过$(MaxCost-MinCost)/(cost[0]+cost[1]+cost[2])$，我们令该值为$K$。

 

令$f[X][i][j][k]$表示第$X$次操作时，串$S$满足有$i$个位置与串$T$相同，有$j$个位置需要转$1$次才能与$T$相同，有$k$个位置需转$2$次才能与$T$相同。

显然，我们可以用$f[X][i][j][k]$，去更新：$f[X+1][i-1][j+1][k],f[X+1][i][j-1][k+1],f[i+1][j][k-1]$

不难发现我们可以用矩阵快速幂来加速转移。

考虑到$f[X][i][j][k]$需满足$i+j+k=0$。不难发现矩阵大小上限是$n^2 imes n^2$的。

然后就做完了

时间复杂度：$O(n^6log frac{MaxCost}{Cost})$

#include<bits/stdc++.h>
#define N 11
#define M 82
#define L long long
#define MOD 1000000007
#define A 'a'
#define B 'b'
#define C 'c'
using namespace std;

struct mat{
    L a[M][M]; int n,m;
    mat(){memset(a,0,sizeof(a)); n=m=0;}
    mat(int _n,int _m){n=_n; m=_m; memset(a,0,sizeof(a));}
    void dw(){
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<=n;i++) a[i][i]=1;
    }
    friend mat operator *(mat a,mat b){
        mat c=mat(a.n,b.m);
        for(int i=1;i<=a.n;i++)
        for(int j=1;j<=a.m;j++)
        for(int k=1;k<=b.n;k++){
            if(a.a[i][k]*b.a[k][j]){
                int yxq;
                yxq=234;
            }
            c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%MOD;
        }
        return c;
    }
    friend mat operator ^(mat a,int b){
        mat ans=mat(a.n,a.n); ans.dw();
        while(b){
            if(b&1) ans=ans*a;
            a=a*a; b>>=1;
        }
        return ans;
    }
};
mat S,sta;

int c[128][128]={0},h[128][128]={0};


int n,times=0,lim,k=0; char s[20]={0},t[20]={0};
int Init(){
    scanf("%s%s",s,t); n=strlen(s);
    scanf("%d%d%d",&c[A][B],&c[B][C],&c[C][A]);
    c[A][C]=c[A][B]+c[B][C];
    c[B][A]=c[B][C]+c[C][A];
    c[C][B]=c[C][A]+c[A][B];
    h[A][B]=h[B][C]=h[C][A]=1;
    h[B][A]=h[C][B]=h[A][C]=2;
    scanf("%d",&lim);
    int dn=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        k+=h[s[i]][t[i]];
        dn+=c[s[i]][t[i]];
    }
    k+=(lim-dn)/(c[A][B]+c[B][C]+c[C][A])*3;
}

int id[N][N][N]={0},cnt=0;
void BuildMatrix(){
    for(int i=0;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<=n;j++)
    for(int k=0;k<=n;k++)
    if(i+j+k==n){
        id[i][j][k]=++cnt;
    }
    S=mat(cnt+1,cnt+1);
    
    sta=mat(1,cnt+1);
    int p[3]={0};
    for(int i=0;i<n;i++) p[h[t[i]][s[i]]]++;
    sta.a[1][id[p[0]][p[1]][p[2]]]=1;
    
    for(int i=0;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<=n;j++)
    for(int k=0;k<=n;k++)
    if(i+j+k==n){
        int ID=id[i][j][k],P=0;
        
        if(i-1>=0) P=id[i-1][j+1][k]; else P=0;
        if(P) S.a[ID][P]=i;
        
        if(j-1>=0) P=id[i][j-1][k+1]; else P=0;
        if(P) S.a[ID][P]=j;
        
        if(k-1>=0) P=id[i+1][j][k-1]; else P=0;
        if(P) S.a[ID][P]=k;
    }
    S.a[cnt+1][cnt+1]=S.a[id[n][0][0]][cnt+1]=1;
}

int main(){
    Init();
    BuildMatrix();
    S=S^k;
    sta=sta*S;
    cout<<(sta.a[1][cnt+1]+sta.a[1][id[n][0][0]])%MOD<<endl;
}