BZOJ3583 : 杰杰的女性朋友

将$I$转置，设$G=OI$，则$ans=G^0+G^1+...+G^d$。

注意到$G^d=O(IO)^{d-1}I$，而$IO$是大小为$k\times k$的矩阵，可以通过倍增在$O(k^3\log d)$的时间内求出，然后依次与$O$和$I$的一行一列相乘即可。

时间复杂度$O(nk^2+mk^3\log d)$。

 

#include<cstdio>
const int N=1000,K=20,L=31,P=1000000007;
int n,m,q,i,j,k,x,y,z,ans,O[N][K],I[N][K],f[N];
int S[K][K],G[K][K],A[L][K][K],B[L][K][K],C[K][K];
inline void up(int&a,int b){a+=b;if(a>=P)a-=P;}
inline void mul(int A[][K],int B[][K]){
  int i,j,k;
  for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++){
    int t=0;
    for(k=0;k<m;k++)t=(1LL*A[i][k]*B[k][j]+t)%P;
    C[i][j]=t;
  }
}
void cal(int n){
  for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)S[i][j]=0;
  if(n<0)return;
  for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)G[i][j]=0;
  for(i=0;i<m;i++)S[i][i]=G[i][i]=1;
  for(i=0;i<L;i++)if(n>>i&1){
    for(mul(B[i],G),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)up(S[j][k],C[j][k]);
    for(mul(G,A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)G[j][k]=C[j][k];
  }
}
int main(){
  for(scanf("%d%d",&n,&m);i<n;i++){
    for(j=0;j<m;j++)scanf("%d",&O[i][j]);
    for(j=0;j<m;j++)scanf("%d",&I[i][j]);
  }
  for(k=0;k<n;k++)for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)A[0][i][j]=(1LL*I[k][i]*O[k][j]+A[0][i][j])%P;
  for(i=0;i<m;i++)for(j=0;j<m;j++)B[0][i][j]=A[0][i][j];
  for(i=0;i<L-1;i++){
    for(mul(A[i],A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)A[i+1][j][k]=C[j][k];
    for(j=0;j<m;j++)up(A[i][j][j],1);
    for(mul(B[i],A[i]),j=0;j<m;j++)for(k=0;k<m;k++)B[i+1][j][k]=C[j][k];
    for(j=0;j<m;j++)up(A[i][j][j],P-1);
  }
  scanf("%d",&q);
  while(q--){
    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);x--;y--;
    cal(z-1);
    for(i=0;i<m;i++)for(f[i]=j=0;j<m;j++)f[i]=(1LL*O[x][j]*S[j][i]+f[i])%P;
    for(ans=i=0;i<m;i++)ans=(1LL*f[i]*I[y][i]+ans)%P;
    printf("%d\n",(ans+(x==y))%P);
  }
  return 0;
}