bzoj 4417 超级跳马

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矩阵快速幂.

最朴素的 $dp$ 是设 $f(i,j)$ 表示从出发点走到 $(i,j)$ 的方案数.有一个比较精妙的状态设计,

直接令 $f(2,1)=f(2,2)=1,f(i,j)=f(i-2,j)+f(i-1,j-1)+f(i-1,j)+f(i-1,j+1)$ .

后面三项表示从前一列转移过来的贡献,而 $f(i-2,j)$ 表示从第 $i-3,i-5\dots$ 列转移过来的贡献前缀和.

构造一个 $2n\times 2n$ 的矩阵加速转移,时间复杂度 $O(n^3\cdot \log m)$ .

需要特判 $n=1$ 以及 $m=1$ 的情况.

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		fh=-1,jp=getchar();
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
	return out*fh;
}
const int P=30011;
int add(int a,int b)
{
	return (a+b>=P)?(a+b-P):(a+b);
}
int mul(int a,int b)
{
	return 1LL * a * b % P;
}
const int MAXN=101;
int n,m,N;
struct Matrix
{
	int v[MAXN][MAXN];
	Matrix(){memset(v,0,sizeof v);}
	Matrix operator * (const Matrix &rhs) const
	{
		Matrix res;
		for(int k=0;k<N;++k)
			for(int i=0;i<N;++i)
				for(int j=0;j<N;++j)
					res.v[i][j]=add(res.v[i][j],mul(v[i][k],rhs.v[k][j]));
		return res;
	}
};
Matrix fpow(Matrix a,int b)
{
	Matrix res;
	for(int i=0;i<2*n;++i)
		res.v[i][i]=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			res=res*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	if(m==1)
	{
		if(n==1)
			puts("1");
		else
			puts("0");
		return 0;	
	}
	Matrix trans,st;
	if(n==1)
	{
		st.v[0][0]=1;
		st.v[1][0]=1;
		trans.v[0][1]=1;
		trans.v[1][1]=trans.v[1][2]=1;
		trans.v[2][1]=1;
		N=3;
		st=fpow(trans,m-1)*st;
		cout<<st.v[0][0]<<endl;
		return 0;
	}
	st.v[0][0]=st.v[1][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		trans.v[i][i]=1;
		if(i>0)
			trans.v[i][i-1]=1;
		if(i<n-1)
			trans.v[i][i+1]=1;
		trans.v[i][i+n]=1;
	}
	for(int i=n;i<2*n;++i)
		trans.v[i][i-n]=1;
	N=2*n;
	st=fpow(trans,m-2)*st;
	cout<<st.v[n-1][0]<<endl;
	return 0;
}