2022/8/25 总结

A.幸福

考场上没想起矩阵，写了个 $\mathtt{O(n)}$ 的暴力，得 $\mathtt{70pts}$ ；

Solution

矩阵乘法。对 $F_n$ 进行化简，就可以化得一个式子： $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}+f_n$ ，其中 $f_n$ 表示斐波那契数列的第 $n$ 项。
然而这样还是不能求和。
解决方案为将 $sum$ 也放进矩阵里。
于是设计答案矩阵构成为 $\begin{bmatrix}sum_n&F_n&F_{n-1}&f_{n+1}&f_n\end{bmatrix}$ ，则每次转移时将 $F_{n+1}$ 算出再累加到 $sum_n$ 中，即可得到 $sum_{n+1}$ 。
与这个矩阵对应的转移矩阵为：
$\begin{bmatrix}1&0&0&0&0\\1&1&1&0&0\\1&1&0&0&0\\1&1&0&1&1\\0&0&0&1&0\end{bmatrix}$

AC 矩阵乘法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long

const int mod=998244353;

struct memr{
	ll x[10][10];
	int a,b;
	memr operator*(const memr &_)const{
		memr cnt;
		memset(cnt.x,0,sizeof(cnt.x));
		cnt.a=a,cnt.b=_.b;
		for(int i=1;i<=a;++i)
			for(int j=1;j<=_.b;++j)
				for(int k=1;k<=b;++k)
					(cnt.x[i][j]+=1ll*x[i][k]*_.x[k][j]%mod)%=mod;
		return cnt;
	}
};

memr ksm(ll y){
	memr dx;
	dx.a=dx.b=5;
	memset(dx.x,0,sizeof(dx.x));
	dx.x[1][1]=dx.x[2][1]=dx.x[3][1]=dx.x[4][1]=1;
	dx.x[2][2]=dx.x[3][2]=dx.x[4][2]=1;
	dx.x[2][3]=dx.x[4][4]=dx.x[4][5]=dx.x[5][4]=1;
	memr cnt;
	cnt.a=cnt.b=5;
	for(int i=1;i<6;++i)
		for(int j=1;j<6;++j)
			cnt.x[i][j]=(i==j);
	for(;y;y>>=1,dx=dx*dx)
		if(y&1)
			cnt=cnt*dx;
	return cnt;
}

ll n;

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	if(n==0){
		printf("%d",1);
		return 0;
	}
	memr ans;
	ans.a=1,ans.b=5;
	memset(ans.x,0,sizeof(ans.x));
	ans.x[1][1]=3;
	ans.x[1][2]=2,ans.x[1][3]=ans.x[1][5]=1;
	ans.x[1][4]=2;
	ans=ans*ksm(n-1);
	printf("%lld",ans.x[1][1]);
	return 0;
}

B.P6239 [JXOI2012]奇怪的道路

打表大法好啊，白嫖 $\mathtt{30pts}$ ；

Solution

看数据范围，很明显是状压 $\mathtt{DP}$ 。
设计状态 $f{i,j,p,q}$ 表示考虑前 $i$ 个点， $j$ 条边，后 $k$ 个点压成二进制为 $p$ ，前 $i-1$ 个点向前的边都连完了， $i$ 只与在它之前长度为 $k-1$ 的区间中的点连了边的方案数。如果节点 $x$ 的度数为奇数，则表现在 $p$ 中的那一位就为 $1$ 。
状态转移如下：
- $f_{i,j+1,p\oplus 1\oplus (1<<t-1),q}+=f_{i,j,p,q}$ ，表示由 $i$ 向 $i-t-1$ 连一条边；
- $f_{i,j,p,q-1}+=f_{i,j,p,q}$ ，表示从下一条边开始考虑连向 $i-t$ ；
- $f_{i+1,j,p<<1,\min(i,q}+=f{i,j,p,0}$ ，表示如果 $i-k$ 节点度数为偶数，则考虑 $i+1$ 点的连边情况；

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod=1e9+7; 

int n,m,k;
int f[35][35][(1<<10)+10][35];

int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	f[1][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=m;++j){
			for(int p=0;p<1<<(k+1);++p){
				for(int q=min(i-1,k);q;--q){
					(f[i][j][p][q-1]+=f[i][j][p][q])%=mod;
					if(i>q)
						(f[i][j+1][p^(1<<q)^1][q]+=f[i][j][p][q])%=mod;
				}
				if(!(p&(1<<k)))
					(f[i+1][j][p<<1][min(i,k)]+=f[i][j][p][0])%=mod;
			}
		}
	}
	printf("%d",f[n][m][0][0]);
	return 0;
}