T2 波特 题解

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T2 波特

题目

P0

$n\le 10^5$ 对应前三个子任务，差分统计即可。

P1 无障碍物

考虑 $m=0$，即没有障碍物的情况，对应 Subtask 4。

记 $f_{i,j}$ 表示从第一列到第 $i$ 列，第 $j$ 行的方案数。

那么，$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1}$。

注意到 $j\le 6$，考虑采用矩阵形式，记 $F_i=\left[\begin{array}{cccc}{f}_{i,1}& f_{i,2}& ...& f_{i,6}\end{array}\right]$，有：

F i = F i − 1 [ 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 ] F_i =F_{i-1} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} Fi​=Fi−1​ ​110000​111000​011100​001110​000111​000011​ ​。

得 $F_n=F_1\times {\left[\begin{array}{c}...\end{array}\right]}^{n-1}$，初始状态 $F_1=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& ...& 1\end{array}\right]$ 。

矩阵快速幂即可，时间复杂度 $(6^3\log n)$。

#include
#define int long long
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

struct Matrix{
	int a[7][7];
	Matrix(){
		memset(a, 0, sizeof(a));
	}
};

Matrix A, F;

Matrix operator * (Matrix x, Matrix y)
{
	Matrix res;
	for(int i=1; i<=6; i++)
		for(int j=1; j<=6; j++)
			for(int k=1; k<=6; k++)
				res.a[i][j] = (res.a[i][j] + x.a[i][k] * y.a[k][j]) % mod;
	return res;
}

Matrix qpow(Matrix B, int b)
{
	b--;
	Matrix res = B, base = B; 
	while(b)
	{
		if(b & 1) res = res * base;
		b >>= 1;
		base = base * base;
	}
	return res;
}

int n, m;

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	cin >> n >> m;
	
	// 初始值
	for(int i=1; i<=6; i++) A.a[i][i-1] = A.a[i][i] = A.a[i][i+1] = 1;
	for(int i=1; i<=6; i++) F.a[1][i] = 1;
	F = F * qpow(A, n-1);
	
	cout << (F.a[1][1] + F.a[1][2] + F.a[1][3] + F.a[1][4] + F.a[1][5] + F.a[1][6]) % mod;;
	
	return 0;
}

P2 有障碍物

• 不同的障碍物状态对应不同的转移矩阵：

  举个例子，如果第 $i$ 列，第 $3,4$ 行有障碍物，那么 $f_{i,3},f_{i,4}=0$，对应的矩阵的第 $3,4$ 列为 $0$：

  F i = F i − 1 [ 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 ] F_i =F_{i-1} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} Fi​=Fi−1​ ​110000​111000​000000​000000​000111​000011​ ​。

  而第 $l$ 到第 $r$ 列若每列障碍物状态均相同，则转移矩阵均相同为 $B$ ，有 $F_r=F_{r-1}\times B=F_{r-2}\times B^2=...=F_{l-1}\times B^{r-l+1}$。

  考虑将 $1$ 到 $n$ 划分成若干段转移矩阵相同的连续区间。注意到这样的区间至多 $2m$ 个，可以顺序枚举区间，在更新 $[l,r]$ 答案之前即表示 $F_{l-1}$。同时每次 $O(m)$ 枚举障碍物得到 $[l,r]$ 间的转移矩阵 $B$。

  void modify(int l, int r)
  {
      if(l > r) return ;
      // 统计会影响 [l,r] 的障碍物并修改状态。
      Matrix B = A;
      for(int j=1; j<=m; j++)
      {
      	// 分段后的区间一定被一些障碍物完全覆盖，若不完全，则 [l,r] 中一定存在两种状态。
          if(a[j].y1 <= l and r <= a[j].y2)
          {
              for(int k=a[j].x1; k<=a[j].x2; k++)
                  B.a[1][k] = B.a[2][k] = B.a[3][k] = B.a[4][k] = B.a[5][k] = B.a[6][k] = 0;
          }
      }
      
      F = F * qpow(B, r-l+1);
  }
  

• 对于具体分段，我们考虑按照所有障碍物左右边界为断点分割：

  	for(int i=1; i<=m; i++)
  		cin >> a[i].x1 >> a[i].y1 >> a[i].x2 >> a[i].y2,
  		pos[++tot] = a[i].y1, pos[++tot] = a[i].y2;
  		
  	sort(pos+1, pos+tot+1);
  	tot = unique(pos+1, pos+tot+1) - pos - 1;
  

  对于每个断点单独讨论，将 $[po{s}_1,po{s}_{tot})$ 划分为： $[po{s}_1,po{s}_1]$、$(po{s}_1,po{s}_2)$、$[po{s}_2,po{s}_2]$、 $...$ 、$(po{s}_{tot-1},po{s}_{tot})$。

总时间复杂度 $O(m\times (m+6^3\log n))$。

#include 
#define int long long
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

struct Matrix{ int a[7][7]; Matrix(){ memset(a, 0, sizeof(a)); } };

Matrix A, F;

Matrix operator * (Matrix x, Matrix y){ Matrix res; for(int i=1; i<=6; i++) for(int j=1; j<=6; j++) for(int k=1; k<=6; k++) res.a[i][j] = (res.a[i][j] + x.a[i][k] * y.a[k][j]) % mod; return res;}

Matrix qpow(Matrix B, int b) { b--; Matrix res = B, base = B; while(b) { if(b & 1) res = res * base;b >>= 1; base = base * base; } return res;}

int n, m, tot, pos[2005];
struct Node{ int x1, y1, x2, y2; }a[1005];

void modify(int l, int r)
{
    Matrix B = A;
    if(l > r) return ;
    for(int j=1; j<=m; j++) 
    {
        if(a[j].y1 <= l and r <= a[j].y2)
        {
            for(int k=a[j].x1; k<=a[j].x2; k++)
                B.a[1][k] = B.a[2][k] = B.a[3][k] = B.a[4][k] = B.a[5][k] = B.a[6][k] = 0;
        }
    }
    
    F = F * qpow(B, r-l+1);
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> m;
    
	//初始值
	for(int i=1; i<=6; i++) A.a[i][i-1] = A.a[i][i] = A.a[i][i+1] = 1;
	for(int i=1; i<=6; i++) F.a[1][i] = 1;
  
    for(int i=1; i<=m; i++)
        cin >> a[i].x1 >> a[i].y1 >> a[i].x2 >> a[i].y2,
        pos[++tot] = a[i].y1, pos[++tot] = a[i].y2;
        
    pos[++tot] = 2, pos[++tot] = n+1;
    
    sort(pos+1, pos+tot+1); tot = unique(pos+1, pos+tot+1) - pos - 1;
    
    for(int i=1; i<tot; i++)
    {
        modify(pos[i], pos[i]);
        modify(pos[i]+1, pos[i+1]-1);
    }
       
    cout << (F.a[1][1] + F.a[1][2] + F.a[1][3] + F.a[1][4] + F.a[1][5] + F.a[1][6]) % mod;
    
    return 0;
}