题目大意
有一个数轴。yww 最开始在位置 (0)。yww 总共要跳跃很多次。每次 yww 可以往右跳 (1) 单位长度，或者跳到位置 (1)。
定义位置序列为 yww 在每次跳跃之后所在的位置组成的序列（显然不包括 (0)）。
有 (k) 个数是好的，分别为 (a_1,a_2,ldots,a_k)。
定义一个位置序列是好的当且仅当：
- 所有好的数的出现次数之和为 (n) 。
- 序列中最后一个数是好的。
- 对于每一个长度为 (m) 的子区间，区间内至少有一个好的数。
定义两个位置序列本质相同当且仅当：
- 这两个位置序列的长度相同。
- 不存在一个数 (t)，满足其中一个序列的第 (t) 项是一个好的数，且另一个序列的第 (t) 项不是一个好的数。
求所有本质不同的好的位置序列的长度之和。
对 ({10}^9+7) 取模。
(kleq 100,n,mleq {10}^9)
题解
记 (b_i=a_i-a_{i-1})。
考虑对于一个最终位置是好的点的位置序列，求出和这个序列本质相同的序列中，最终能到达那些点。
这样就有一个 (O(2^kn)) 的DP了。
如果你把这个做法写出来，就会发现其实只有 (O(k)) 个状态是有用的。
这是为什么呢？
对于一个位置集合 (S)，考虑集合内最大的元素 (x)，对于一个更小的 (y)，(yin S) 当且仅当 (b_1leq b_{x-y+1}) 且 (b_{2ldots y}=b_{x-y+2 ldots x}) 这样对于每个 (x)，(S) 是唯一的。
直接套个矩阵快速幂优化DP就 (O(k^3log n)) 了。
还可以换一种方向思考。
考虑对于一个好的序列，每次取一个最短的前缀，满足后面还是合法的好的序列。
如果一个前缀能被分成几个前缀拼在一起，就不能取这个前缀了。
处理出删掉 (b_1) 之后的 ex_kmp 数组就可以快速求出每个前缀是否可选。
这就是一个常系数齐次线性递推。
直接BM+倍增取模可以做到 (O(k^2+klog klog n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<functional>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<assert.h>
#include<map>
//using namespace std;
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::sort;
using std::reverse;
using std::random_shuffle;
using std::lower_bound;
using std::upper_bound;
using std::unique;
using std::vector;
using std::map;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef std::pair<int,int> pii;
typedef std::pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
void open2(const char *s){
#ifdef DEBUG
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const int K=110;
const ll p=1000000007;
int k,m,n;
template <typename T>
T operator +(T a,T b)
{
return T(a.first+b.first,a.second+b.second);
}
template <typename T>
T operator *(T a,T b)
{
return T(a.first*b.first,a.first*b.second+a.second*b.first);
}
struct mat
{
pii a[K][K];
mat()
{
memset(a,0,sizeof a);
}
pii *operator [](int x)
{
return a[x];
}
};
mat operator *(mat a,mat b)
{
mat c;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
{
std::pair<__int128,__int128> s;
for(int l=1;l<=k;l++)
{
s.first+=(ll)a[i][l].first*b[l][j].first;
s.second+=(ll)a[i][l].first*b[l][j].second;
s.second+=(ll)a[i][l].second*b[l][j].first;
}
c[i][j]=pii(s.first%p,s.second%p);
}
return c;
}
mat fp(mat a,ll b)
{
mat s;
for(int i=1;i<=k;i++)
s[i][i]=pll(1,0);
for(;b;b>>=1,a=a*a)
if(b&1)
s=s*a;
return s;
}
int b[K][K];
int a[K];
mat c,d;
map<int,int> s;
int sum(ll l,ll r)
{
return (l+r)*(r-l+1)/2%p;
}
int main()
{
open("jump");
scanf("%d%d%d",&k,&m,&n);
k=min(k,n);
for(int i=1;i<=k;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=k;i>=2;i--)
a[i]-=a[i-1];
if(a[1]>m)
{
printf("0
");
return 0;
}
for(int i=2;i<=k;i++)
if(a[i]>m)
k=i;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
b[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
int flag=1;
if(a[1]>a[i-j+1])
flag=0;
for(int l=2;flag&&l<=j;l++)
if(a[l]!=a[i-j+l])
flag=0;
b[i][j]=flag;
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int cnt=m-a[1]+1;
ll _s=sum(a[1],m);
s.clear();
for(int j=min(i,k-1);j>=1;j--)
if(b[i][j]&&!s[a[j+1]])
{
s[a[j+1]]=1;
c[i][j+1]=pll(1,a[j+1]);
if(a[j+1]>=a[1])
{
cnt--;
_s=(_s-a[j+1])%p;
}
}
c[i][1]=pll(cnt,_s);
}
d[1][1]=pll(m-a[1]+1,sum(a[1],m));
c=fp(c,n-1);
d=d*c;
// for(int i=1;i<n;i++)
// d=d*c;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
ans=(ans+d[1][i].second)%p;
ans=(ans%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}