P1357 花园 （矩阵快速幂优化 dp）

P1357 花园

矩阵快速幂优化 dp

考虑 dp。观察到 $m$ 范围很小，可以设 $f_{i,s}$ 表示考虑完前 $i$ 个，$[i-m+1,i]$ 的花盆状态为二进制数 $s$。

转移时 $i-1$ 的 $s$ 只有两种情况，其中一种需要判断合法。于是就有了复杂度 $O(n{2}^5)$ 的做法。

考虑优化。把所有 $f_{i,s}$ 看为 $F_i$，可以预处理出 $T_{s,t}$ 矩阵表示 $s$ 到 $t$ 是否可转移。那么转移可以写成 $F_i=F_{i-1}\times T$。可以矩阵快速幂优化转移。

这里还没有解决环形的问题，可以看成 $f_{0,s}=f_{n,s}$，每次只给 $f_{0,s}$ 赋初值。更简单的方法是省去 $f$ 数组，求 $T^n$ 即可，因为这里 $T$ 数组每个位置 $T_{i,j}$ 的意义就是 $i$ 转移到 $j$ 的方案数，那么答案就是 $\sum _{i=0}^{lim}{T}_{i,i}$。

复杂度 $O((2^m{)}^3\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 40, mod = 1e9 + 7;
i64 n, m, k, lim, ans;
int popcnt[N];
struct Mat {
	i64 m[N][N];
	void clear() {
		for(int i = 0; i < lim; i++) {
			for(int j = 0; j < lim; j++) m[i][j] = 0;
		}
	}
	void reset() {
		for(int i = 0; i < lim; i++) {
			for(int j = 0; j < lim; j++) m[i][j] = (i == j);
		}
	}
	friend Mat operator * (Mat a, Mat b) {
		Mat ret;
		ret.clear();
		for(int i = 0; i < lim; i++) {
			for(int j = 0; j < lim; j++) {
				for(int k = 0; k < lim; k++) {
					ret.m[i][j] = (ret.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;
				}
			}
		}
		return ret;
	}	
	friend Mat operator ^ (Mat a, i64 b) {
		Mat ret;
		ret.reset();
		while(b) {
			if(b & 1) ret = ret * a;
			a = a * a;
			b >>= 1;
		}
		return ret;
	}
} tmp;
void solve() {
	std::cin >> n >> m >> k;

	lim = (1 << m);
	for(int i = 0; i < lim; i++) {
		popcnt[i] = popcnt[i >> 1] + (i & 1);
	}
	for(int i = 0; i < lim; i++) {
		if(popcnt[i] > k) continue;
		int j1 = (i >> 1), j2 = (i >> 1) | (1 << (m - 1));
		tmp.m[j1][i] = 1;
		if(popcnt[j2] <= k) tmp.m[j2][i] = 1; 
	}

	tmp = tmp ^ n;
	for(int i = 0; i < lim; i++) if(popcnt[i] <= k) ans = (ans + tmp.m[i][i]) % mod;

	std::cout << ans << "\n";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	solve();

	return 0;
}