题解：CF1970E2 Trails (Medium)

前置知识

E1：dp。

E2：矩阵快速幂。

思路

暴力 dp

不难想到一个思路就是暴力 dp。

设 $dp_{i,j}$ 表示走了 $i$ 天，到达点 $j$ 的方案数，显然有方程：

$$dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{n}(sum_j\times sum_k-l_j\times l_k)dp_{i-1}{k}$$

其中 $sum_j=l_j+s_j$。

原因很明显：如果没有限制，根据乘法原理，可以有 $sum_j\times sum_k$ 种。但是有了限制，全选长的就不行，答案就得剪掉全选长的的数量。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long s[105],l[105],sum[105],dp[1005][105],ans; 
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&s[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&l[i]);
		sum[i]=l[i]+s[i];
	}
	dp[0][1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=1;k<=m;k++){
				dp[i][j]=(dp[i][j]+((sum[k]*sum[j]-l[k]*l[j])%1000000007)*dp[i-1][k])%1000000007;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ans+=dp[n][i];
		ans%=1000000007;
	}
	printf("%lld",ans%1000000007);
	return 0;
}

时间复杂度 $\operatorname{O}(nm^2)$。

矩阵优化

显然对于 E2 上面做法是过不去的。

考虑一下：每次我们转移，对于一个确定的 $k$，我们在 $dp_{i-1,k}$ 前乘的系数是一定的，不难联想到矩阵优化。

因为矩阵有结合律，所以我们可以使用矩阵快速幂优化。

在矩阵优化题中，最重要的就是构造转移矩阵。这个题的转移矩阵就是 $dp_{i-1,k}$ 的系数，即下面的矩阵：

$$\begin{bmatrix}sum_1\times sum_1-l_1\times l_1 & sum_2\times sum_1-l_2\times l_1 & \cdots & sum_m\times sum_1-l_m\times l_1\\sum_1\times sum_2-l_1\times l_2 & sum_2\times sum_2-l_2\times l_2 & \cdots & sum_m\times sum_2-l_m\times l_2\\\vdots &\vdots &\ddots & \vdots\\sum_m\times sum_1-l_m\times l_1 &sum_m\times sum_2-l_m\times l_2 &\cdots &sum_m\times sum_m-l_m\times l_m\end{bmatrix}$$

如果不理解，可以试着去手搓下面柿子的值：

$$\begin{bmatrix}dp_{i-1,1} & dp_{i-1,2} & \cdots & dp_{i-1,m}\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}sum_1\times sum_1-l_1\times l_1 & sum_2\times sum_1-l_2\times l_1 & \cdots & sum_m\times sum_1-l_m\times l_1\\sum_1\times sum_2-l_1\times l_2 & sum_2\times sum_2-l_2\times l_2 & \cdots & sum_m\times sum_2-l_m\times l_2\\\vdots &\vdots &\ddots & \vdots\\sum_m\times sum_1-l_m\times l_1 &sum_m\times sum_2-l_m\times l_2 &\cdots &sum_m\times sum_m-l_m\times l_m\end{bmatrix}$$

就会得到：

$$\begin{bmatrix}dp_{i,1} & dp_{i,2} & \cdots & dp_{i,m}\end{bmatrix}$$

所以这个矩阵是对的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct matrix{
	long long a[105][105];
};
int m;
long long n;
matrix operator *(matrix a,matrix b){
	matrix c;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			c.a[i][j]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=1;k<=m;k++){
				c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
				c.a[i][j]%=1000000007;
			}
		}
	}
	return c;
}
matrix qpow(matrix a,long long b){
	matrix res;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		res.a[1][i]=0;
	}
	res.a[1][1]=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
long long s[105],l[105],sum[105],tot;
matrix a;
matrix ans;
int main(){
	scanf("%d%lld",&m,&n);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&s[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&l[i]);
		sum[i]=l[i]+s[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			a.a[i][j]=(sum[i]*sum[j]-l[i]*l[j])%1000000007;
		}
	} 
	ans=qpow(a,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		tot=(tot+ans.a[1][i])%1000000007; 
	}
	printf("%lld",tot);
	return 0;
}