题意为:从(0,0)点出发,只能向右下,右或右上移动,每一段区域会给一个最高值,向上不能超过这个最高值,向下不能低于0,要求,到达(k,0)这个点的方案数。
如果k的值很小,我们会想到对于每一个点,答案数为能转移到它的点答案加和。但是我们发现它的k有1018 之大,但是实际的上端有差别的只有100个,所以对于很多状态转移是相似的,这时就可以使用矩阵优化了。
我们将转移矩阵作为图的邻接矩阵,如果能转移到(有边)那么po[i][j]=1。初始矩阵中,仅考虑边界这一列的情况
,最开始将起点0,0的值赋为1,那么对于每次上界改变的边缘情况暴力转移,对于上界不变的情况矩阵快速幂优化,
即可在nlogk的时间复杂度内解决问题。不过,这道题对于边界条件的处理也极为关键,对于每一次上界变低的情况,
我们都需要将这次的上界,到上一次的上界的值清为0,以避免多算答案。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 20
using namespace std;
struct Matrix
{
int n,m;
long long val[maxn][maxn];
};
long long mod=1000000007;
Matrix quickmul(Matrix mat1,Matrix mat2)
{
Matrix ans;
ans.n=mat1.n;
ans.m=mat2.m;
memset(ans.val,0,sizeof(ans.val));
for(int i=0;i<=mat1.n;i++)
{
for(int j=0;j<=mat2.m;j++)
{
for(int k=0;k<=mat1.m;k++)
{
ans.val[i][j]+=mat1.val[i][k]*mat2.val[k][j];
ans.val[i][j]%=mod;
}
}
}
return ans;
}
Matrix quickpow(Matrix n,long long k)
{
Matrix ans;
memset(ans.val,0,sizeof(ans));
ans.n=n.n;
ans.m=n.m;
for(int i=0;i<=n.n;i++)
ans.val[i][i]=1;
while(k)
{
if(k&1)
{
ans=quickmul(ans,n);
}
n=quickmul(n,n);
k=k>>1;
}
return ans;
}
Matrix now,po,pre;
long long n,k;
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
memset(pre.val,0,sizeof(pre.val));
memset(po.val,0,sizeof(po.val));
for(int i=0;i<16;i++)
for(int j=-1;j<=1;j++)
if(i+j>=0 && i+j<16)
{
po.val[i][i+j]=1;
}
bool flag=false;
pre.val[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long l,r;
int len;
scanf("%I64d%I64d%d",&l,&r,&len);
if(r>=k)
{
r=k;
flag=true;
}
po.n=len;
po.m=len;
pre.n=len;
pre.m=len;
now=quickpow(po,r-l);
for(int j=len+1;j<=15;j++)
pre.val[j][0]=0;
now=quickmul(now,pre);
for(int j=0;j<=len;j++)
{
pre.val[j][0]=now.val[j][0];
}
if(flag) break;
}
printf("%I64d\n",now.val[0][0]);
}