bzoj 4417: [Shoi2013]超级跳马

题意：

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。求跳法种数mod 30011。

题解：

看这种题应该是dp+矩乘。
dp还是挺容易的，f[i][j][k]f[i][j][k]表示第i行，第j列前所有奇数列的方案数，与偶数列的方案数，j可以滚。
大概是这样：

    f[1][1]=1;for(LL j=2;j<=m;j++){for(LL i=1;i<=n;i++){if(j%2==0) (f[i][0]+=(f[i-1][1]+f[i][1]+f[i+1][1]))%=mod;if(j%2==1) (f[i][1]+=(f[i-1][0]+f[i][0]+f[i+1][0]))%=mod;}}if(m%2==0) printf("%lld",(f[n][1]+f[n-1][1])%mod);else printf("%lld",(f[n][0]+f[n-1][0])%mod);

然后就是要矩乘了。
这题好像不太好构造，因为每一次更新的都是不同维的。
我的做法是这样：分别构造出两个矩阵，然后乘起来再快速幂。
口胡不清，具体代码。
code：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod=30011;
struct node{LL a[105][105],n,m;
};
node operator * (node a,node b)
{node ans;memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));ans.n=a.n;ans.m=b.m;for(LL i=1;i<=a.n;i++)for(LL j=1;j<=b.m;j++)for(LL k=1;k<=a.m;k++)(ans.a[i][j]+=(a.a[i][k]*b.a[k][j])%mod)%=mod;return ans;
}
LL n,m;
node quick(node a,LL b)
{node ans;ans.n=a.n;ans.m=a.m;memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));for(LL i=1;i<=a.n;i++) ans.a[i][i]=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a;a=a*a;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%lld %lld",&n,&m);node a,b;a.n=a.m=b.n=b.m=2*n;memset(b.a,0,sizeof(b.a));memset(a.a,0,sizeof(a.a));for(LL i=1;i<=2*n;i++){   a.a[i][i]=b.a[i][i]=1;if(i<=n){a.a[i+n][i]=1;if(i!=1) a.a[i-1+n][i]=1;if(i!=n) a.a[i+1+n][i]=1;}else{b.a[i-n][i]=1;if(i!=n+1) b.a[i-1-n][i]=1;if(i!=n+n) b.a[i+1-n][i]=1;}}node f;f.n=1;f.m=2*n;f.a[1][n+1]=1;node t=a*b;t=quick(t,(m-1)/2);f=f*t;if(m%2==0){if(n!=1) printf("%lld",(f.a[1][2*n]+f.a[1][2*n-1])%mod);else printf("%lld",f.a[1][2*n]);}else{if(n!=1) printf("%lld",(f.a[1][n]+f.a[1][n-1])%mod);else printf("%lld",f.a[1][n]);}
}

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