BZOJ5298: [Cqoi2018]交错序列

BZOJ

题意

称一个仅由$0,1$构成的序列为 “交错序列”，当且仅当序列中没有相邻的$1($可以有相邻的$0)$;定义一个交错序列的特征值为$x^a\ast y^b$,其中$x$为系列中$0$的个数,$y$为序列中$1$的个数,$a,b$为给定的常数;求本质不同的长度$n$的交错序列的特征值的和;

题解

考虑将特征值的式子用二项式定理展开:
$$x^a\ast y^b$$$$\downarrow$$$$(n-y{)}^a\ast y^b$$$$\downarrow$$$$(\sum _{i=0}^a{C}_a^i\ast n^{a-i}\ast (-y{)}^i)\ast y^b$$$$\downarrow$$$$\sum _{i=0}^a(-1{)}^i\ast C_a^i\ast n^{a-i}\ast y^{b+i}$$现在我们的问题就变成了求每个$y^i(0\le i\le a+b)$;
因为特征值的计算只跟$01$的个数有关,所以我们只关心$01$的个数,不关心那个序列到底长啥样,但是$n$有$10^8$,如果要算出每种序列的个数再去继续处理的话其实并不好算,考虑直接定义一个状态$F[i][j][0/1]$表示用$0$和$1$去填满这个序列,填到第$i$位时以$1/0$结尾的所有的$y^j$的和,也就是$F[i][j][0/1]={\sum }_{y=0}^n{y}^j$,$y$是上面展开的式子中的$y$,也就是$1$的个数;那么有:
$$F[i][j][0]=F[i-1][j][0]+F[i-1][j][1]$$$$F[i][j][1]=\sum _{r=0}^j{C}_j^i\ast F[i-1][j][0]$$$1$的转移同样可以通过二项式定理展开得到;
这恰好是一个线性递推,考虑用矩阵快速幂加速,最后带入展开的特征值式子计算即可;

#include
#define Fst first
#define Snd second
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned int UI;
typedef unsigned long long ULL;
template<typename T> inline void read(T& x) {
	char c = getchar();
	bool f = false;
	for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
		if (c == '-') {
			f = true;
		}
	}
	for (; isdigit(c); c = getchar()) {
		x = x * 10 + c - '0';
	}
	if (f) {
		x = -x;
	}
}
template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U& ... y) {
	read(x), read(y...);
}
int n,P,LIM;
int C[200][200],POW[100];
struct Matrix {
	int M[182][182];
}A,B;
typedef Matrix Mt;
void ADD(int &a,int b) {
	a+=b; if(a>=P) a-=P;
}
Mt operator *(Mt a,Mt b) {
	Mt c;
	for(int i=0;i<LIM;++i)
		for(int j=0;j<LIM;++j)
			c.M[i][j]=0;
	for(int i=0;i<LIM;++i) {
		for(int k=0;k<LIM;++k) if(a.M[i][k]) {
			for(int j=0;j<LIM;++j) if(b.M[k][j]) {
				ADD(c.M[i][j],1ll*a.M[i][k]*b.M[k][j]%P);
			}
		}
	}
	return c;
}
Mt Pow(Mt a,int k) {
	Mt res;
	for(int i=0;i<LIM;++i)
		for(int j=0;j<LIM;++j)
			res.M[i][j]=i==j;
	for(int i=k;i;i>>=1) {
		if(i&1) res=res*a;
		a=a*a;
	}
	return res;
}
int main() {
	int a,b; read(n,a,b,P);
	LIM=a+b+1<<1;
	for(int i=0;i<=a+b;++i) {
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
	}
	A.M[0][0]=1;
	for(int i=0;i<LIM/2;++i) {
		B.M[i][i]=B.M[i+LIM/2][i]=1;
		for(int j=0;j<LIM/2;++j)
			B.M[i][j+LIM/2]=C[j][i];
	}
	A=A*Pow(B,n);
	POW[0]=1;
	for(int i=1;i<=a;++i) POW[i]=1ll*POW[i-1]*n%P;
	int ANS=0;
	for(int i=0;i<=a;++i) ANS=(ANS+1ll*(i&1?-1:1)*C[a][i]*POW[a-i]%P*((A.M[0][b+i]+A.M[0][b+i+LIM/2])%P)%P)%P;
	printf("%d\n",(ANS%P+P)%P);
	return 0;
}