标签：right res matrix int 题解 矩阵 NOI2013 mod
[NOI2013] 矩阵游戏
各位我是弱智石锤了。
题目可能不是很难但是有点细节要注意。
首先考虑行和列我们分别来看：
- 对于列的情况我们只需要前一项即可递推。
- 对于行的情况我们只需要上一项也可递推。
那么本质上题目就提示我们可以只保留一项进行矩阵快速幂。
不妨设答案矩阵是
[
1
f
m
]
\left[ \begin{matrix} 1 & f_m \end{matrix} \right]
[1fm]
我们考虑首先递推同一行之后再递推列，最后一行单独拿出来处理。
[
[
1
b
0
a
]
m
−
1
×
[
1
d
0
c
]
]
n
−
1
×
[
1
b
0
a
]
m
−
1
\left[ \left[ \begin{matrix} 1 & b \\ 0 & a \end{matrix} \right] ^ {m - 1} \times \left[ \begin{matrix} 1 & d \\ 0 & c \end{matrix} \right] \right] ^ {n - 1} \times \left[ \begin{matrix} 1 & b \\ 0 & a \end{matrix} \right] ^{m - 1}
[[10ba]m−1×[10dc]]n−1×[10ba]m−1
注意 矩阵乘法不满足交换律，所以我们矩阵必须按照顺序进行计算。
之后还有一个问题就是 n , m n, m n,m 实际上是很大的，但是对于矩阵不一定有费马小定理。
我们考虑对于第一个矩阵的
m
o
d
−
1
mod - 1
mod−1 次幂得到的矩阵：
[
1
b
×
(
a
m
o
d
−
2
+
a
m
o
d
−
3
+
⋯
+
a
0
)
0
a
m
o
d
−
1
]
\left[ \begin{matrix} 1 & b \times (a^{mod - 2} + a^{mod - 3} +\dots + a^0) \\ 0 & a^{mod - 1} \end{matrix} \right]
[10b×(amod−2+amod−3+⋯+a0)amod−1]
我们发现
a
m
o
d
−
1
a^{mod - 1}
amod−1 直接使用费马小定理得到是
1
1
1。
对于上面 b × ( a m o d − 2 + a m o d − 3 + ⋯ + a 0 ) b \times (a^{mod - 2} + a^{mod - 3} +\dots + a^0) b×(amod−2+amod−3+⋯+a0) 的部分，我们将里面的东西拿出来得到 a m o d − 1 − 1 a − 1 \dfrac{a^{mod - 1} - 1} {a - 1} a−1amod−1−1 。
如果 a = 1 a = 1 a=1 呢？直接带入可以得到当幂是 m o d mod mod 的时候上面的部分是 b × m o d b \times mod b×mod 那么也是单位矩阵了。
我们直接对于这个取模即可。
之后考虑
n
n
n 的限制，同理我们将
[
1
b
0
a
]
m
−
1
×
[
1
d
0
c
]
\left[ \begin{matrix} 1 & b \\ 0 & a \end{matrix} \right] ^ {m - 1} \times \left[ \begin{matrix} 1 & d \\ 0 & c \end{matrix} \right]
[10ba]m−1×[10dc]
这个矩阵拿出来，发现左上角同样是
1
1
1 我们可以通过相同的方式得到。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define Fread
//#define Getmod
#ifdef Fread
char buf[1 << 21], *iS, *iT;
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = buf) + fread (buf, 1, 1 << 21, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS ++)) : *iS ++)
#define getchar gc
#endif // Fread
template <typename T>
void r1(T &x) {
x = 0;
char c(getchar());
int f(1);
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for(; '0' <= c && c <= '9';c = getchar()) x = (x * 10) + (c ^ 48);
x *= f;
}
template <typename T,typename... Args> inline void r1(T& t, Args&... args) {
r1(t); r1(args...);
}
//#define int long long
const int maxn = 2e5 + 5;
const int maxm = maxn << 1;
int n, m;
const int mod = 1e9 + 7;
struct Matrix {
int a[2][2];
Matrix(void) { memset(a, 0, sizeof(a)); }
Matrix operator * (const Matrix &z) const {
Matrix res;
for(int i = 0; i < 2; ++ i) {
for(int j = 0; j < 2; ++ j) {
for(int k = 0; k < 2; ++ k) {
res.a[i][j] = (res.a[i][j] + 1ll * a[i][k] * z.a[k][j] % mod) % mod;
}
}
}
return res;
}
}F, tmp1, tmp2;
string sn, sm;
int A, B, C, D;
Matrix ksm(Matrix x,int mi) {
Matrix res;
res.a[0][0] = res.a[1][1] = 1;
while(mi) {
if(mi & 1) res = res * x;
mi >>= 1;
x = x * x;
}
return res;
}
signed main() {
// freopen("S.in", "r", stdin);
// freopen("S.out", "w", stdout);
int i, j;
cin >> sn >> sm;
r1(A, B, C, D);// A <= C
int mod1 = ( (A == 1) ? mod : mod - 1 );
for(i = 0; i < sm.size(); ++ i)
m = ( 10ll * m + (sm[i] ^ 48) ) % mod1;
// printf("%d %d\n", n, m);
F.a[0][0] = F.a[0][1] = 1;
tmp1.a[0][0] = 1, tmp1.a[1][0] = 0;
tmp1.a[0][1] = B, tmp1.a[1][1] = A;
tmp2.a[0][0] = 1, tmp2.a[1][0] = 0;
tmp2.a[0][1] = D, tmp2.a[1][1] = C;
tmp1 = ksm(tmp1, m < 1 ? m + mod1 - 1 : m - 1);
tmp2 = tmp1 * tmp2;
mod1 = (tmp2.a[1][1] == 1 ? mod : mod - 1);
for(i = 0; i < sn.size(); ++ i)
n = ( 10ll * n + (sn[i] ^ 48) ) % mod1;
F = F * ksm(tmp2, n < 1 ? n + mod1 - 1 : n - 1) * tmp1;
printf("%d\n", F.a[0][1]);
return 0;
}
/*
34578734657863487 38465873465876348 1 23734637 3892734 3849
467549493
*/
标签：right,res,matrix,int,题解,矩阵,NOI2013,mod 来源： https://blog.csdn.net/sharp_legendgod/article/details/120475674
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