【BZOJ4037】[HAOI2015] 数字串拆分（矩阵优化DP）

点此看题面

大致题意： 定义\(f(x)\)为将\(x\)分为若干在\(1\sim m\)范围内的数之和（无序）的方案数，\(g(s)\)为将\(s\)分割成若干段然后求和（设和为\(x\)）所有情况下\(f(x)\)之和。

前言

第三次了。不知道为什么，同一个\(C++\)，试过别人的代码都可以调试，唯独我的代码就是会卡在调试界面无法调试。一定是我太弱了。。。

于是仅仅因为一个\(j\)不小心写成了\(i\)，大眼调试+输出调试搞了半天。

矩阵乘法

我似乎在很久以前写过一篇矩乘的博客，虽然可能比较水，姑且贴个链接吧：初学矩阵乘法。

要做这道题，矩阵乘法应该是不可或缺的（可以的话当我没说）。

显然，对于\(f(x)\)，有：

\[f(x)=\sum_{i=1}^mf(x-i) \]

如果我们用一个\(m\times 1\)的矩阵，第\(i\)行表示\(f(x-i)\)，则容易得到这样一个转移矩阵\(seed\)：

\[\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & ... & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & ... & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & ... & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & ... & 1 \end{bmatrix} \]

即之前所有的\(f(x-i)\)上移变成了\(f(x-i-1)\)，而\(f(x)\)是之前所有\(f(x-i)\)的和。

动态规划

然后考虑怎么求\(g(s)\)。

如果我们令\(Ans(i)\)表示以\(i\)为结尾的答案矩阵之和（\(m\times 1\)的矩阵），\(Trans(i,j)\)表示区间\([i,j]\)对应数\(t\)的转移矩阵\(seed^t\)（\(m\times m\)的矩阵）。

那么我们就可以得到转移方程：

\[Trans(i,j)=Trans(i,j-1)^{10}\times seed^{a_j} \]

\[Ans(i)=\sum_{j=0}^{i-1}Trans(j+1,i)\times Ans(j) \]

注意\(Ans(i)\)中矩乘的顺序不能反。

则最终答案就是\(Ans(n)\)第\(m\)行第\(1\)列的值。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500
#define M 5
#define X 998244353
#define XSum(x,y) ((x)+(y)>=X?(x)+(y)-X:(x)+(y))
using namespace std;
int n,m,a[N+5];string s;
struct Mat//矩阵
{
	int n,m,a[M+5][M+5];I int *operator [] (CI x) {return a[x];}
	I Mat(CI x=0,CI y=0):n(x),m(y){memset(a,0,sizeof(a));}
	I Mat operator + (Con Mat& o) Con//矩阵加法
	{
		RI i,j;Mat t(n,m);for(i=1;i<=n;++i)
			for(j=1;j<=m;++j) t[i][j]=XSum(a[i][j],o.a[i][j]);return t;
	}
	I Mat operator * (Con Mat& o) Con//矩阵乘法
	{
		RI i,j,k;Mat t(n,o.m);for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j)
			for(k=1;k<=o.m;++k) t[i][k]=(1LL*a[i][j]*o.a[j][k]+t[i][k])%X;return t;
	}
	I Mat operator ^ (RI y) Con//矩阵快速幂
	{
		Mat x=*this,t(n,m);for(RI i=1;i<=n;++i) t[i][i]=1;
		W(y) y&1&&(t=t*x,0),x=x*x,y>>=1;return t;
	}
	I void P()
	{
		for(RI i=1;i<=n;++i,putchar('\n')) for(RI j=1;j<=m;++j) printf("%d ",a[i][j]);
	}
}seed,pw[10],f[N+5],g[N+5][N+5];
int main()
{
	RI i,j;for(cin>>s,n=s.length(),i=1;i<=n;++i) a[i]=s[i-1]&15;
	for(scanf("%d",&m),seed=Mat(m,m),i=1;i^m;++i) seed[i][i+1]=seed[m][i]=1;seed[m][m]=1;//初始化转移矩阵
	for(pw[0]=Mat(m,m),i=1;i<=m;++i) pw[0][i][i]=1;for(i=1;i<=9;++i) pw[i]=seed*pw[i-1];//初始化转移矩阵0~9的幂，方便后续转移
	for(i=1;i<=n;++i) for(g[i][i]=pw[a[i]],j=i+1;j<=n;++j) g[i][j]=(g[i][j-1]^10)*pw[a[j]];//处理Trans矩阵
	for(f[0]=Mat(m,1),f[0][m][1]=i=1;i<=n;++i)//枚举i
		for(f[i]=Mat(m,1),j=0;j^i;++j) f[i]=f[i]+(g[j+1][i]*f[j]);//枚举先前一个j，求解Ans矩阵
	return printf("%d",f[n][m][1]),0;//输出答案
}