ARC071_F 题解
RMJ 已经炸了好久了，什么时候能修好啊……
题意简述
定义“好”的序列 $\{a_i\}$ 为满足以下两个性质的无穷序列：
- 所有项都是 $[1,n]$ 中的正整数。
- 第 $n$ 项及之后的所有项都相等。
- 对每一个 $a_i$，满足 $a_{i+1}\sim a_{i+a_i}$ 两两之间都相等。
给出 $n$，求“好”的序列的数量。
题目分析
与其他题解差不多，仍是采用 DP。设 $f_i$ 表示第 $i\sim n$ 都填好的方案数。那么由于第 $n$ 位及之后的项可以随便填，故 $f_n=n$；同样的道理，第 $n-1$ 项也可以随便填，故 $f_{n-1}=n^2$。
然后考虑状态转移，分三种情况：
-
$a_i=1$：方案数直接为 $f_{i+1}$。
-
$a_i>1,a_{i+1}=1$：那么 $a_{i+1}\sim a_{i+a_i}$ 都确定为 $1$，方案数为 $\displaystyle\sum_{a_i=2}^n f_{i+a_i+1}$。特别地，对 $k>n$，我们令 $f_k=1$，所以原式实质上等于 $\displaystyle i+1+\sum^n_{j=i+3} f_j$。
-
$a_i,a_{i+1}>1$：则 $a_{i+1}$ 及之后的所有项都必须相同。而 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 可以随便填。方案数为 $(n-1)^2$。
综上，$\displaystyle f_i=i+1+(n-1)^2+f_{i+1}+\sum^n_{j=i+3} f_j$。直接用前缀和维护 $\displaystyle \sum^n_{j=i+3} f_j$ 进行计算可以做到 $O(n)$。
考虑更优的做法。我们发现计算这个递推式其实可以很方便地用矩阵优化。初步设计答案矩阵为 $\begin{bmatrix} f_{i+1} & f_{i+2} & f_{i+3} & i+1 & (n-1)^2 & \displaystyle\sum_{j=i+4}^nf_j & -1 \end{bmatrix}$
为了将其递推到 $\begin{bmatrix} f_i & f_{i+1} & f_{i+2} & i & (n-1)^2 & \displaystyle\sum_{j=i+3}^nf_j & -1 \end{bmatrix}$，设计转移矩阵：
$$\begin{bmatrix} 1&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0&1&0\\ 1&0&0&1&0&0&0\\ 1&0&0&0&1&0&0\\ 1&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&1&0&0&1 \end{bmatrix}$$
我们一列一列进行解释：
第 $1$ 列，由状态转移方程得来。
第 $2$、$3$ 列，简单的滚动更新。
第 $4$ 列，$i+1+(-1)=i$。第 $5$、$7$ 列保持不变。
第 $6$ 列，$\displaystyle f_{i+3}+\sum_{j=i+4}^nf_j=\sum_{j=i+3}^nf_j$。
这样用矩阵快速幂做确实是可行的，但我们会发现 $7\times 7$ 的矩阵做矩阵乘法一方面会使常数变得很大，另一方面矩阵中的一些项其实是没有必要的。
考虑优化。首先，$\displaystyle f_{i+1}+\sum_{j=i+3}^nf_j$ 其实就等于 $(\displaystyle\sum_{j=i+1}^nf_j)-f_{i+2}$，根本没必要维护 $f_{i+3}$；同时，$(n-1)^2$ 和 $i+1$ 其实可以合并进前缀和里。这样我们就得到了简化后的 $1\times 4$ 的答案矩阵：$\begin{bmatrix} f_{i+1} & f_{i+2} & i+1+(n-1)^2+\displaystyle\sum_{j=i+2}^nf_j & -1 \end{bmatrix}$
相应地改变转移矩阵：
$$\begin{bmatrix} 1&1&1&0\\ -1&0&0&0\\ 1&0&1&0\\ 0&0&1&1 \end{bmatrix}$$
这样程序的常数就会小不少，总时间复杂度为 $O(\log n)$，对本题绰绰有余。
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
struct matrix
{
int n,m;
int a[5][5];
void init(int k)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(i!=j)
a[i][j]=0;
else
a[i][j]=k;
}
friend matrix operator *(matrix a,matrix b)//矩阵乘法
{
matrix c;
c.n=a.n,c.m=a.m;
c.init(0);
for(int i=1;i<=a.n;i++)
for(int j=1;j<=b.m;j++)
for(int k=1;k<=a.m;k++)
c.a[i][j]=(c.a[i][j]+1ll*a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%mod;
return c;
}
friend matrix operator ^(matrix a,int b)//矩阵快速幂
{
matrix res;
res.n=res.m=a.n;
res.init(1);
for(;b;b>>=1)
{
if(b&1)
res=res*a;
a=a*a;
}
return res;
}
}fs,tr;
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==1)
{
printf("1");
return 0;
}//特判 1
fs.n=1,fs.m=tr.n=tr.m=4;
fs.a[1][1]=1ll*n*n%mod,fs.a[1][2]=n,fs.a[1][3]=1ll*n*n%mod,fs.a[1][4]=mod-1;//初始答案矩阵，注意 -1 是 mod-1
tr.init(0);
tr.a[1][1]=tr.a[1][2]=tr.a[1][3]=tr.a[3][1]=tr.a[3][3]=tr.a[4][3]=tr.a[4][4]=1,tr.a[2][1]=mod-1;//转移矩阵
tr=tr^(n-2);//计算转移矩阵的幂
fs=fs*tr;//得到最终答案矩阵
printf("%d",fs.a[1][1]);
return 0;
}