[NOI2013]矩阵游戏

[NOI2013]矩阵游戏

题目描述

婷婷是个喜欢矩阵的小朋友，有一天她想用电脑生成一个巨大的 $n$ 行 $m$ 列的矩阵(你不用担心她如何存储)。她生成的这个矩阵满足一个神奇的性质：若用 $F[i][j]$ 来表示矩阵中第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，则 $F[i][j]$ 满足下面的递推式：

$$F[1][1]=1$$

$$F[i,j]=a\times F[i][j-1]+b(j\ne 1)$$

$$F[i,1]=c\times F[i-1][m]+d(i\ne 1)$$

递推式中 $a,b,c,d$ 都是给定的常数。
现在婷婷想知道 $F[n][m]$ 的值是多少，请你帮助她。由于最终结果可能很大，你只需要输出 $F[n][m]$ 除以 $1,000,000,007$ 的余数。

分析

 首先，看到题目已经直接把递推式给出来了，数据范围很大，硬推肯定$g$掉，考虑优化递推的过程。

 通过观察递推式我们可以发现：$F[i，j]$仅由一个先前的状态转移过来，所需要的维度很少，所以考虑矩阵加速递推。

 设状态矩阵为 $\left[\begin{array}{cc}F[i，j]& 1\end{array}\right]$ ，则初始矩阵为$\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]$ 。由于 $F[i,j]=a\times F[i][j-1]+b(j\ne 1)$ ，构造出第一个转移矩阵 $M_1=\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ b& 1\end{array}\right]$ 。这样，我们就从 $\left[\begin{array}{cc}F[i，j]& 1\end{array}\right]$ 转移到了 $\left[\begin{array}{cc}aF[i，j]+b& 1\end{array}\right]$，也就是从 $\left[\begin{array}{cc}F[i，j]& 1\end{array}\right]$ 转移到了 $\left[\begin{array}{cc}F[i，j+1]& 1\end{array}\right]$。

 这是在同一行中转移的情况，再来看从上一行转移到下一行，根据$F[i,1]=c\times F[i-1][m]+d(i\ne 1)$，第二个矩阵应为 $M_2=\left[\begin{array}{cc}c& 0\\ d& 1\end{array}\right]$。

 有了两个转移矩阵，我们就可以进行快速幂了。从$F[1，1]$到$F[n，m]$，我们共需要在行之间转移$n-1$次，$1$到$n-1$行每一行会向右转移$(m-1)$次、向下转移$1$次；最后第$n$行会向右转移$(m-1)$次。因此，答案应为 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]\times ({M_1}^{m-1}\times M_2{)}^{n-1}\times M_1^{m-1}$。

 但是还有一个问题。输入的$m$和$n$最大有${10}^{1000000}$，读入都不好办，更别说快速幂了。这是，我们就要请出我们的欧拉定理——若$a$、$p$互质，那么对于任意正整数$b$，有 $a^b\equiv a^{b\mathrm{\%}\varphi (p)}(modp)$。由于$p$是$1e9+7$，我们在读入$n$和$m$的时候边读边对$(p-1)$取模，就能保证$n$和$m$都是在我们可以接受的范围内。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
long long read()
{
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')
	{
		if(c=='-')f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9')
	{
		x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int mod=1e9+7;
int n,m,a,b,c,d;
string ns,ms;
struct matrix
{
	int mat[10][10],n,m;
	matrix(int a,int b)
	{
		memset(mat,0,sizeof(mat));
		n=a,m=b;
	}
	bool set_i()
	{
		if(n!=m)return false;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			mat[i][i]=1;
		return true;
	}
	matrix operator *(matrix a)
	{
		matrix res(n,a.m);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=a.m;j++)
				for(int k=1;k<=m;k++)
					res.mat[i][j]=(res.mat[i][j]+mat[i][k]*a.mat[k][j]%mod)%mod;
		return res;
	}
};
void display(matrix a)
{
	for(int i=1;i<=a.n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=a.m;j++)
			printf("%d ",a.mat[i][j]);
		puts("");
	}
}
matrix qpow(matrix a,int b)
{
	matrix ans(a.n,a.n);
	ans.set_i();
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=(ans*a);
		a=(a*a);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	cin>>ns>>ms;
	a=read();b=read();c=read();d=read();
	for(int i=0;i<ns.length();i++)
	{
		if(a == 1)n=((n<<3)+(n<<1)+(ns[i]^48))%mod;
		else n=((n<<3)+(n<<1)+(ns[i]^48))%(mod-1);
	}
	for(int i=0;i<ms.length();i++)
	{
		if(c==1)m=((m<<3)+(m<<1)+(ms[i]^48))%mod;
		else m=((m<<3)+(m<<1)+(ms[i]^48))%(mod-1);
	}
	matrix x(1,2),p1(2,2),p2(2,2);
	x.mat[1][1]=x.mat[1][2]=1;
	p1.mat[1][1]=a;p1.mat[2][1]=b;p1.mat[2][2]=1;
	p2.mat[1][1]=c,p2.mat[1][2]=0,p2.mat[2][1]=d,p2.mat[2][2]=1;
	p1=qpow(p1,m-1);
	p2=p1*p2;
	p2=qpow(p2,n-1);
	p1=p2*p1;
	x=x*p1;
	printf("%lld",x.mat[1][1]%mod);
	return 0;
}