bzoj 4417: [Shoi2013]超级跳马（矩阵合并+快速幂）

4417: [Shoi2013]超级跳马

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Description

现有一个n行m列的棋盘，一只马欲从棋盘的左上角跳到右下角。每一步它向右跳奇数列，且跳到本行或相邻行。跳越期间，马不能离开棋盘。例如，当n = 3, m = 10时，下图是一种可行的跳法。

试求跳法种数mod 30011。

Input

仅有一行，包含两个正整数n, m，表示棋盘的规模。

Output

仅有一行，包含一个整数，即跳法种数mod 30011。

Sample Input

3 5

Sample Output

一看n那么小m那么大就可以猜到是一个n*n级别的矩阵自乘m次

但这题还是比较难的，至少比一般的矩阵快速幂难

为方便先调换n和m：

设dp1[x][y]为到达第x行第y列+到达第x-2行第y列+…+到达第1(or2)行第y列的情况总数

dp2[x][y]为到达第x-1行第y列+到达第x-3行第y列+…+到达第2(or1)行第y列的情况总数

如果看不懂就看下面的图吧，假设每个格子上的数字是到达该格子的情况总数

n = 5，m = 5

1 2 3 4 5

1 3 5 7 9

2 4 7 9 9

3 5 6 7 8

1 9 8 9 9

那么dp1[5][4]就是上面红色数字之和，dp2[5][4]和dp1[4][4]就是上面蓝色数字之和

那么可以得到转移：

dp1[x][y] = dp1[x-1][y]+dp1[x-1][y-1]+dp1[x-1][y+1]+dp2[x-1][y]

dp2[x][y] = do1[x-1][y]

最后答案就是dp1[n][m]-dp2[n-1][m]

假设n=3，可以构造出下面矩阵

之后就是愉快的矩阵快速幂了

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define mod 30011
int n;
typedef struct
{int i, j;int a[105][105];void init(){memset(a, 0, sizeof(a));for(i=1;i<=n/2;i++){for(j=1;j<=n/2;j++){if(abs(i-j)<=1)a[i][j] = 1;}}for(i=n/2+1;i<=n;i++)a[i][i-n/2] = a[i-n/2][i] = 1;}void unit(){memset(a, 0, sizeof(a));for(i=1;i<=n;i++)a[i][i] = 1;}
}Matrix;
Matrix Powto(Matrix p, int k);
Matrix Jjcf(Matrix p1, Matrix p2);
int main(void)
{int m;Matrix Jz, A, B;scanf("%d%d", &n, &m);if(m==1){if(n==1)printf("1\n");elseprintf("0\n");}else{n *= 2;Jz.init();A = Powto(Jz, m-2);B = Jjcf(A, Jz);printf("%lld\n", (B.a[1][n/2]-A.a[1][n]+mod)%mod);}return 0;
}Matrix Powto(Matrix p, int k)
{Matrix E;E.unit();while(k){if(k%2)E = Jjcf(E, p);p = Jjcf(p, p);k /= 2;}return E;
}Matrix Jjcf(Matrix p1, Matrix p2)
{Matrix pe;int i, j, k;memset(pe.a, 0, sizeof(pe.a));for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++){for(k=1;k<=n;k++)pe.a[i][j] = (pe.a[i][j]+p1.a[i][k]*p2.a[k][j])%mod;}}return pe;
}