jzoj1915. 【2011集训队出题】排斥反应

Description

在一个圆上均匀分布pq个点{A1，A2，A3…Apq}，Ai与Aj的距离为min{abs(i-j)，p*q-abs(i-j)}，在上面选任意个点(可以选0个)，如果选择的点中存在两个点距离为p或q，就会发生排斥反应，求不发生排斥反应的方案总数。

Input

输入的第一行包含两个整数，分别表示p和q

Output

输出一个整数，表示方案总数，由于这个题答案可能很大，只要输出答案mod 19921107

Sample Input

1 6

Sample Output

Data Constraint

对于5%的数据，p=1，q<=10^6
　　对于15%的数据，p=1，q<=10^9
　　对于100%的数据，p<=10，q<=10^9，p和q互质

题解

这题好秒啊♂。
虽说连15分都八会，而且一点也不吸引人。

首先对于p=1的情况（%15）
那么我们可以考虑设一个dp方程：
f[i][0..1]f_{[i][0..1]}f[i][0..1]表示当前第i个格子填0/1的答案。
这个其实很好转移，但是这样只能拿5分的好成绩。
但是，我们观察柿子，可以发现答案其实就是斐波那契数列的第q项加上第q-2项。
矩阵优化即可得到15分。

那么当p>1时呢？
由于同时保证p和q有点烦，直接维护显然不太现实。
得要换个思路来做。

这里有个神奇的方法：
假设现在询问p=5,q=6
那么我们考虑列出一个方格表：
(1,1)这个位置是1，其余都是0。现在从(1,1)出发，每次往右走一格就是+q，往下走一格就是+p。当然，如果超过了是modp∗qmod\ p*qmod p∗q
得到：

然后我们惊奇地发现，其中所有格子都出现了不重复的数，范围是1−p∗q1-p*q1−p∗q
为什么呢？

证明：
可以一列一列来看。
那么我们发现，对于第一列都是模q=1的，对于第二列都是模q=0的，对于第三列都是模q=5的……依次类推。
所以我们只需要证明一个东西：当x取0到q-1时满足x∗p(modq)x*p(mod\ q)x∗p(mod q)是互不相同的。
那么假设x1∗p(modq)x1*p(mod\ q)x1∗p(mod q)和x2∗p(modq)x2*p(mod\ q)x2∗p(mod q)相等
可列得：x1∗p−x2∗p=y∗qx1*p-x2*p=y*qx1∗p−x2∗p=y∗q
然后解一解可以发现，x1−x2=z∗q(z∈Z)x1-x2=z*q(z\in Z)x1−x2=z∗q(z∈Z)
那么就证明了在p*q以内是不会发生重复的。

那么再反过来看这道题，我们发现，问题就变成了：
在p*q的格子中放入若干个棋子，棋子之间不能相连（首尾上下相接也算不合法）
p那么小，状压。状压状态又有很多没有用的状态就优化掉，最多只有123种。
那么愉快矩乘优化即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int mo=19921107;struct node
{long long a[3][3];
};
struct node1
{long long a[124][124];
};int p,q,gs,op[1024],mi[12];
node f;
node1 zy;node1 chengg(node1 x,node1 y,int p)
{node1 c;memset(c.a,0,sizeof(c.a));for (int i=1;i<=p;i++){for (int j=1;j<=p;j++){for (int k=1;k<=p;k++){c.a[i][j]=(c.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mo;}}}return c;
}node1 qsm1(node1 a,long long b)
{node1 t;memcpy(t.a,a.a,sizeof(t.a));node1 y;memcpy(y.a,a.a,sizeof(y.a));while (b>0){if ((b&1)==1) t=chengg(t,y,gs);y=chengg(y,y,gs);b/=2;} return t;
}node cheng(node x,node y)
{node c;memset(c.a,0,sizeof(c.a));for (int i=1;i<=2;i++){for (int j=1;j<=2;j++){for (int k=1;k<=2;k++){c.a[i][j]=(c.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mo;}}}return c;
}node qsm(node a,long long b)
{node t;t.a[1][1]=0;t.a[1][2]=1;t.a[2][1]=1;t.a[2][2]=1;node y;memcpy(y.a,a.a,sizeof(y.a));while (b>0){if ((b&1)==1) t=cheng(t,y);y=cheng(y,y);b/=2;} return t;
}long long get(int x)
{node t;t.a[1][1]=0;t.a[1][2]=1;t.a[2][1]=1;t.a[2][2]=1;node y=qsm(t,x-2);memset(t.a,0,sizeof(t.a));t.a[1][2]=1;y=cheng(y,t);return y.a[2][2];
}int main()
{freopen("data.in","r",stdin);mi[0]=1;for (int i=1;i<=10;i++){mi[i]=mi[i-1]*2;}scanf("%d%d",&p,&q);if (p==1){long long a=get(q);long long b=get(q+2);printf("%lld\n",(a+b)%mo);return 0;}for (int i=0;i<=mi[p]-1;i++){if (i==128){int j=0;}bool pd=true;for (int j=2;j<=p;j++){if ((mi[j-1]&i)!=0 && (mi[j-2]&i)!=0){pd=false;break;}}if ((mi[0]&i)!=0 && (mi[p-1]&i)!=0){pd=false;}if (pd==true){gs++;op[gs]=i;} }if (q==1){printf("%d\n",gs);return 0;}for (int i=1;i<=gs;i++){for (int j=1;j<=gs;j++){if ((op[i]&op[j])==0){zy.a[i][j]=1;}}}zy=qsm1(zy,q-2);long long ans=0;for (int i=1;i<=gs;i++){for (int j=1;j<=gs;j++){if ((op[i]&op[j])==0){ans=(ans+zy.a[i][j])%mo;}}}printf("%lld\n",ans);
}