2023.7.6做题笔记

数论

矩阵快速幂 [NOI2012] 随机数生成器

这道题递推公式已经给我们了

$$X_{n+1}=(a{X}_n+c)modm$$

但是如果用这个递推式如果直接使用的会超时，所以我们用矩阵快速幂来优化

首先我们构造初始矩阵：$\left[\begin{array}{cc}{X}_{i-1}& c\end{array}\right]$

根据递推式我们可以知道

$$X_i=X_{i-1}\times a+c\times 1$$

$$c=X_{i-1}\times 0+c\times 1$$

所以矩阵转移为

$$\left[\begin{array}{cc}{X}_i& c\\ 0& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{X}_{i-1}& c\\ 0& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 1& 1\end{array}\right]$$

$$\left[\begin{array}{cc}{X}_n& c\\ 0& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{X}_0& c\\ 0& 0\end{array}\right]\times {\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 1& 1\end{array}\right]}^n$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5;
LL mod, go, c, x, n, g;

struct node
{
    LL m[N][N];
} a, mm;

LL quick_mul(LL x, LL y)
{
    long long ans = 0;
    while (y != 0)
    {
        if (y & 1)
            ans = (ans + x) % mod;
        y >>= 1;
        x = (x << 1) % mod;
    }
    return ans;
}

node Mul(node x, node y)
{
    node c;
    for (int i = 1; i <= 2; i++)
        for (int j = 1; j <= 2; j++)
            c.m[i][j] = 0;
    for (int i = 1; i <= 2; i++)
        for (int j = 1; j <= 2; j++)
            for (int k = 1; k <= 2; k++)
                c.m[i][j] += quick_mul(x.m[i][k] % mod, y.m[k][j] % mod), c.m[i][j] %= mod;
    return c;
}

void qpow(LL p)
{
    while (p)
    {
        if (p & 1)
            a = Mul(a, mm);
        mm = Mul(mm, mm);
        p >>= 1;
    }
}

int main()
{
    cin >> mod >> go >> c >> x >> n >> g;
    memset(a.m, 0, sizeof(a.m));
    memset(mm.m, 0, sizeof(mm.m));
    a.m[1][1] = x, a.m[1][2] = c;
    mm.m[1][1] = go, mm.m[2][1] = mm.m[2][2] = 1;
    qpow(n);
    cout << a.m[1][1] % g;
    return 0;
}

P2233 [HNOI2002] 公交车路线

这道题其实我们也可以用 $\text{dp}$ 来处理

我们设 $f_{i,j}$ 为第 $i$ 站在 $j$ 次乘坐后到达的方案数

边界 $f_{0,0}=1$

因为我们每次只能从相邻位置转移过来，所以转移方程为

$$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j+1}$$

我们发现每一个状态都至只与上一个状态有关，所以我们将数组可以压位为 $f_{4,2}$

我们分成 $4$ 次状态转移

$$f_{0,t}=2\times f_{1,t\oplus 1}mod1000\text{因为A处的方案等于两边的方案相加}$$

$$f_{1,t}=(f_{0,t\oplus 1}+f_{2,t\oplus 1})$$

$$f_{2,t}=(f_{1,t\oplus 1}+f_{3,t\oplus 1})\text{两个都是前面和后面的方案相加}$$

$$f_{3,t}=f_{2,t\oplus 1}\text{D只能由C来,因为到了E便不能回头}$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9')
    {
        if (s == '-')
            f = -f;
        s = getchar();
    }
    while (s >= '0' && s <= '9')
    {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (s ^ 48);
        s = getchar();
    }
    return x * f;
}
const int MOD = 1000;
int f[4][2];
int n, t = 0;
int main()
{
    f[0][0] = 1;
    n = read();
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        t ^= 1;
        f[0][t] = 2 * f[1][t ^ 1] % MOD;
        f[1][t] = (f[0][t ^ 1] + f[2][t ^ 1]) % MOD;
        f[2][t] = (f[1][t ^ 1] + f[3][t ^ 1]) % MOD;
        f[3][t] = f[2][t ^ 1];
    }
    cout << 2 * f[3][t] % MOD;//E由D和F来
    return 0;
}

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本文作者：ljfyyds
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