CF1117D Magic Gems dp 矩阵乘法

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题意：
你有任意多个有魔力的宝石，每个有魔力的宝石可以选择分裂成$m$个普通的宝石，每个宝石占的空间是$1$，问你有多少种方案占满$n$个空间。$n<=1e18,m<=100$。

题解:
当时打比赛的时候没有做出来，有点菜。主要是当时做到这个的时候时间不太够了，于是当时有点误入歧途，在想用组合数做，然后发现做不了，于是就自闭了。

这种数数题在组合数做不了的情况下，肯定是首先考虑dp。我们设dp[i]表示最后占了$i$个空间的方案数。我们考虑最后一个魔法宝石直接放进去还是分裂成$m$个，有以下转移：$dp[i]=dp[i-1]+dp[i-m]$

有了上面的dp式子之后，我们可以在$O(n)$的时间内解决这个问题，但是$n=1e18$，并不能通过这个题。我们发现这个式子是一个递推式，可以用矩阵乘法优化，并且这里$m<=100$，时空复杂度允许，可以构造矩阵。

我们考虑两组矩阵记录的量之间的关系来记录怎么转移的。

$\left[\begin{array}{cccc}dp[n-m-1]& dp[n-m]& ...& dp[n-1]\end{array}\right]\ast$转移矩阵$=\left[\begin{array}{cccc}dp[n-m]& dp[n-m+1]& ...& dp[n]\end{array}\right]$

思考过程就不写了，直接写出转移矩阵吧。

$$\left[\begin{array}{cccc}dp[n-m-1]& dp[n-m]& ...& dp[n-1]\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{cccccc}0& 0& 0& ...& 0& 1\\ 1& 0& 0& ...& 0& 0\\ 0& 1& 0& ...& 0& 0\\ 0& 0& 1& ...& 0& 0\\ .& 0& 0& ...& 0& 0\\ .& 0& 0& ...& 0& 0\\ .& 0& 0& ...& 0& 0\\ 0& 0& 0& ...& 1& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}dp[n-m]& dp[n-m+1]& ...& dp[n]\end{array}\right]$$

大体矩阵就长这个样吧，反正会矩阵乘法的自己构造一下也不难。于是就可以$O(m^{3}logn)$通过这个题了。

代码：

#include 
using namespace std;

int m;
long long n,a[110][110],ans[110][110],fz[110][110];
const long long mod=1e9+7;
inline void ans_jc()
{
	for(int i=1;i<=1;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			fz[i][j]=ans[i][j];
			ans[i][j]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=1;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			for(int k=1;k<=m;++k)
			ans[i][j]=(ans[i][j]+fz[i][k]*a[k][j]%mod)%mod;
		}
	}
}
inline void x_jc()
{
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			fz[i][j]=a[i][j];
			a[i][j]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			for(int k=1;k<=m;++k)
			a[i][j]=(a[i][j]+fz[i][k]*fz[k][j]%mod)%mod;
		}
	}
}
inline void ksm(long long x)
{
	while(x)
	{
		if(x&1)
		ans_jc();
		x_jc();
		x>>=1;
	}
}
int main()
{
	scanf("%I64d%d",&n,&m);
	if(n<m)
	{
		cout<<1<<endl;
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	ans[1][i]=1;
	ans[1][m]=2;
	for(int i=2;i<=m;++i)
	a[i][i-1]=1;
	a[1][m]=1;
	a[m][m]=1;
	ksm(n-m);
	printf("%I64d\n",ans[1][m]);
	return 0;
}