「SNOI 2019」纸牌

传送门

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problem

有一副纸牌。牌一共有 $n$ 种，分别标有 $1,2,...,n$，每种有 $C$ 张。故这副牌总共有 $nC$ 张。

三张连号的牌 $(i,i+1,i+2)$ 或三张相同的牌 $(i,i,i)$ 可以组成一叠。如果一组牌可以分成若干（包括零）叠，就称其为一组王牌。

你从牌堆中摸了一些初始牌。现在你想挑出一些牌组成一组王牌，请问有多少种可能组成的王牌呢？答案对 $998244353$ 取模。

两组牌相同当且仅当它们含有的每一种牌数量都相同。

数据范围：$1\le n\le 10^{18}$，$0\le a_i\le C\le 1000$，$0\le X\le 1000$。注意 $a_i$​ 和 $C$ 可能为 $0$。

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solution

为了方便，我们用 $[i]$ 来表示 $(i,i+1,i+2)$ 的牌，$\{i\}$ 表示 $(i,i,i)$ 的牌。

首先要注意到的一点是，以 $i$ 开头的 $[i]$ 数量 $\le 2$。因为一旦出现 $3$ 个 $[i]$ 就可以看成是 $1$ 个 $\{i\}$，$1$ 个 $\{i+1\}$ 和 $1$ 个 $\{i+2\}$ 的组合。

根据这一点，我们设 $f_{i,j,k}$ 表示到第 $i$ 种牌，有 $j$ 个 $[i]$，有 $k$ 个 $[i-1]$ 的方案数。

考虑转移。我们枚举 $[i]$ 的数量（设有 $l$ 个），则有（先不考虑有选择下限的牌）：

$$f_{i-1,j,k}\times (\lfloor \frac{C-j-k-l}{3}\rfloor +1)\to f_{i,l,j}$$

意思就是，除去 $i$ 在$“$顺子$”$中用掉的牌数，剩下的牌凑 $\{i\}$ 然后转移。

其实有下界是一样的，只不过可能要强制选一些 $\{i\}$，特判一下即可。

注意到 $n\le 10^{18}$，$O(n)$ $dp$ 是不行的。但是发现转移方程大多是一样的，只有 $X$ 个是需要特判的，所以矩阵快速幂优化就可以了。

PS：需要把后两维 $(j,k)$ 压到一个状态，可以用 $3\times j+k$ 表示。

时间复杂度 $O(9^{3}X\log n)$。

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code

#include
#define N 1005
#define ll long long
#define P 998244353
using namespace std;
ll n,k[N];
int C,X,a[N];
int add(int x,int y)  {return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int dec(int x,int y)  {return x-y< 0?x-y+P:x-y;}
int mul(int x,int y)  {return (ll)x*y%P;}
struct matrix{
	int m[9][9];
	matrix(int t=0){
		memset(m,0,sizeof(m));
		for(int i=0;i<9;++i)  m[i][i]=t;
	}
	friend matrix operator*(const matrix &A,const matrix &B){
		matrix C(0);
		for(int i=0;i<9;++i)
			for(int k=0;k<9;++k)
				for(int j=0;j<9;++j)
					C.m[i][j]=add(C.m[i][j],mul(A.m[i][k],B.m[k][j]));
		return C;
	}
	friend matrix operator^(matrix A,ll B){
		matrix ans(1);
		for(;B;B>>=1,A=A*A)  if(B&1)  ans=ans*A;
		return ans;
	}
}A,B,tmp;
void init(){
	for(int i=0;i<=2;++i)
		for(int j=0;j<=2;++j)
			for(int k=0;k<=2;++k)
				if(i+j+k<=C)  B.m[j*3+k][i*3+j]=(C-i-j-k)/3+1;
}
int main(){
	scanf("%lld%d%d",&n,&C,&X),init();
	for(int i=1;i<=X;++i)  scanf("%lld%d",&k[i],&a[i]);
	A.m[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=X;++i){
		A=A*(B^(k[i]-1-k[i-1]));
		memset(tmp.m,0,sizeof(tmp.m));
		for(int j=0;j<=2;++j){
			for(int k=0;k<=2;++k){
				for(int l=0;l<=2;++l){
					int now=j+k+l,must=(now>a[i])?now:(a[i]+((now-a[i])%3+3)%3);
					if(must<=C)  tmp.m[j*3+k][l*3+j]=(C-must)/3+1;
				}
			}
		}
		A=A*tmp;
	}
	A=A*(B^(n-k[X]));
	printf("%d\n",A.m[0][0]);
	return 0;
}