HDU - 6185 Covering

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思路

类似插头dp的题，但数据范围到了10^18次。我们发现他的宽度只有4，若我们令a[n]为方案数，b[n]为不可分割的矩阵数，通过打表我们能发现a[1]=b[1]=1，b[2]=4，且n>=3时有：
当n为奇数时：b[n]=2
当n为偶数时：b[n]=3
我的理解是更多分割的方案在之前已经有过计算，所以只有把原有的矩阵拉长的方案没有计算过，我们使用递推式计算就是要使用这一部分。
最后计算可得a[n]=a[n-1]+5a[n-2]+a[n-3]-a[n-4]，然后使用矩阵快速幂。

参考

POJ3420 递推/状态压缩DP +矩阵幂加速处理

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) ((x<<1)|1)
#define ms(a,val) memset((a),(val),(sizeof(a)))

using namespace std;

const int MAXN=5;
const int MOD=1000000007;

//Matrix class
struct Mat {
	int n, m;
	ll num[MAXN][MAXN];
	Mat(int n = MAXN, int m = MAXN) :n(n), m(m) { ms(num, 0); };
	Mat operator +(const Mat &b)const {
		Mat ans(n, m);
		for (int i = 0;i<n;i++) {
			for (int j = 0;j<m;j++) {
				ans.num[i][j] = num[i][j] + b.num[i][j];
			}
		}
		return ans;
	}
	Mat operator -(const Mat &b)const {
		Mat ans(n, m);
		for (int i = 0;i<n;i++) {
			for (int j = 0;j<m;j++) {
				ans.num[i][j] = num[i][j] - b.num[i][j];
			}
		}
		return ans;
	}
	Mat operator *(const Mat &b)const {
		Mat ans(n, b.m);
		for (int i = 0;i<n;i++) {
			for (int j = 0;j<b.m;j++) {
				for (int k = 0;k<m;k++) {
					ans.num[i][j] = ((ans.num[i][j] + num[i][k] * b.num[k][j]) % MOD+MOD)%MOD;
				}
			}
		}
		return ans;
	}
	Mat getI(int x) {
		Mat ans(x, x);
		for (int i = 0;i<x;i++)ans.num[i][i] = 1;
		return ans;
	}
	void pow(ll x) {
		Mat I = getI(4);
		ll cal = x;
		while (cal) {
			if (cal & 1) {
				I = I*(*this);
				cal--;
			}
			(*this) = (*this)*(*this);
			cal /= 2;
		}
		(*this) = I;
	}
};

int main() {
	ll n;
	while(~scanf("%I64d",&n)){
        Mat A,B;
        A.num[0][0]=(ll)1,A.num[0][1]=(ll)5,A.num[0][2]=(ll)1,A.num[0][3]=(ll)(-1),A.num[1][0]=(ll)1,A.num[2][1]=(ll)1,A.num[3][2]=(ll)1;
        B.num[0][0]=(ll)36,B.num[1][0]=(ll)11,B.num[2][0]=(ll)5,B.num[3][0]=(ll)1;
        if(n<=4)printf("%lld\n",B.num[4-n][0]);
        else{
            A.pow(n-4);
            Mat ans=A*B;
            printf("%lld\n",ans.num[0][0]);
        }
	}
	return 0;
}