AtCoder Grand Contest 013 E - Placing Squares

传送门：E - Placing Squares
题意：现在有一根长度为n的木棍
木棍上有$m$个标记，第i个标记距离左端点为$x_i$
需要在这根木棍上摆放一些正方形，满足：

每一个正方形的边长都是正整数
每一个正方形都要有一条边紧贴着木棍
木棍必须被完全覆盖，正方形的边界也不能超出木棍
两个相邻正方形的交界处不能有标记

定义每种方案的美丽度为所有正方形面积的乘积
求所有合法方案的美丽度的和，答案对$10^9+7$取模

首先让我们欣赏一下官方题解

首先贡献和可以通过一个巧妙的转换变成方案数。将原问题的模型稍微修改一下：现在有$n$个连续的空格，其中左边界和右边界必须放置隔板，可以在两个相邻空格摆放隔板，可以在空格内放红球和蓝球。贡献和等价于转换后问题的方案数，这样就变成了一个计数$dp$。
考虑$dp[i][j]$为考虑前$i$位，最后一个隔板之后有$j$个球的方案数。
考虑转移就是暴力枚举在第$i$个位置放了$(0,1,2)$个球和是否在第$i$个位置放置挡板，具体推导过程不再赘述
$$\begin{gathered} dp[i][0]=dp[i-1][0]\ast 2+dp[i-1][1]\ast 2+dp[i-1][2]\ast 1 \\ dp[i][1]=dp[i-1][0]\ast 1+dp[i-1][1]\ast 1+dp[i-1][2]\ast 0 \\ dp[i][0]=dp[i-1][0]\ast 1+dp[i-1][1]\ast 2+dp[i-1][2]\ast 1... \end{gathered}$$
相当于
$$ANS[i]=\left\{\begin{array}{ccc}2& 2& 1\\ 1& 1& 0\\ 1& 2& 1\end{array}\right\}\ast ANS[i-1]$$
显然可以用矩阵快速幂优化。
当然在隔板处的转移略有不同，此处不再赘述。

#include
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=3;
struct Matrix{
    int a[N][N];
    Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
    Matrix operator *(const Matrix &B)
    {
        Matrix c;
        for(int k=0;k<N;k++)
        for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j=0;j<N;j++)
        c.a[i][j]=(c.a[i][j]+1LL*a[i][k]*B.a[k][j]%mod+mod)%mod;
        return c;
    }
}A,B,C,D;

Matrix fpow(Matrix A,long long b)///A^b
{
    Matrix ret,B=A;
    for(int i=0;i<N;i++)ret.a[i][i]=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ret=ret*B;
        B=B*B;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
void init()
{
    A.a[0][0]=2,A.a[0][1]=2,A.a[0][2]=1;
    A.a[1][0]=1,A.a[1][1]=1,A.a[1][2]=0;
    A.a[2][0]=1,A.a[2][1]=2,A.a[2][2]=1;

    B.a[0][0]=1,B.a[0][1]=0,B.a[0][2]=0;
    B.a[1][0]=1,B.a[1][1]=1,B.a[1][2]=0;
    B.a[2][0]=1,B.a[2][1]=2,B.a[2][2]=1;

    C.a[0][0]=1,C.a[0][1]=2,C.a[0][2]=1;
    C.a[1][0]=0,C.a[1][1]=0,C.a[1][2]=0;
    C.a[2][0]=0,C.a[2][1]=0,C.a[2][2]=0;
}
int a[1000005];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
    init();
    Matrix ans;
    ans.a[0][0]=1;

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        ans=fpow(A,a[i]-a[i-1]-1)*ans;
        ans=B*ans;
    }
    ans=fpow(A,n-a[m]-1)*ans;
    ans=C*ans;
//    for(int i=0;i
//    {
//        for(int j=0;j
//        {
//            printf("%d%c",ans.a[i][j],(j==N-1)?'\n':' ');
//        }
//    }
    printf("%d\n",(ans.a[0][0]%mod+mod)%mod);
    return 0;
}