题解-AtCoder-agc003F Fraction of Fractal(非矩阵快速幂解法)
Problem
题意:给出\(n\)行\(m\)列的01矩阵,一开始所有 \(1\) 连通,称此为\(1\)级分形,定义\(i\)级分形为\(i-1\)级分形中每个标示为 \(1\) 的格子中放一个 \(i-1\) 级分形(结合样例理解),求\(k\)级分形的连通块数量
Solution
网上好像都是矩阵快速幂的解法,然后一位集训中认识的dalao告诉我还有一种不用矩阵快速幂的解法:
首先发现分形中相接的地方一定是01矩阵某一行的左右端点或某一列的上下端点,我们管这些叫“接口”;在开始前先特判\(k=0\)或\(k=1\)
如果一个01矩阵既有上下接口又有左右接口,那么这个图形不管在几级分形下总会只有一个联通块;同样的,如果上下接口和左右接口都没有的话,那么这个图形不管在几级分形下不会相接,即设图形中 \(1\) 的数量为 \(S\),则 \(k\) 级分形的联通块个数为\(S^{k-1}\)(分形一次联通块个数乘\(S\))。现在剩下的情况中两种接口必定存在一个
设 \(c\) 为接口总数(一对算一个),\(S\)为01矩阵中 \(1\) 的数量,\(d\) 为块内连通个数(若仅有左右接口,则\(d\)为01矩阵中左右相邻两格都是 \(1\) 的对数;若仅有上下接口,则\(d\)为01矩阵中上下相邻两个都是 \(1\) 的对数)
设 \(f_i\) 表示 \(i\) 级分形到 \(i+1\) 级分形时,\(n\cdot m\)个 \(i\) 级分形之间连通的个数(因为之间多连通一对,那最终联通块个数减一)
则有
由于在 \(i\) 级分形到第 \(i+1\) 级分形中合并的数量在 \(k\) 级分形中会被复制 \(S^{k-1-i}\) 次
所以答案为
将 \(f_i=dc^{i-1}\) 代入,化简得
这样就只需要快速幂而非矩阵快速幂了
Code
#include <cstdio>
typedef long long ll;
const int N=1010,p=1e9+7;
char s[N][N];
int n,m,d,c,S,col,row;
ll k;
inline int qm(int x){return x<0?x+p:x;}
template <typename _tp> inline int qpow(int A,_tp B){
int res(1);while(B){
if(B&1)res=1ll*res*A%p;
A=1ll*A*A%p,B>>=1;
}return res;
}
int main(){
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s[i]+1);
for(int j=1;j<=m;++j)
if(s[i][j]=='#')++S;
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i][1]=='#'&&'#'==s[i][m])++row;
for(int i=1;i<=m;++i)if(s[1][i]=='#'&&'#'==s[n][i])++col;
if(!row&&!col){printf("%d\n",qpow(S,k-1));return 0;}
if(!k||(row&&col)){puts("1");return 0;}
if(row)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<m;++j)
d+=(s[i][j]=='#'&&s[i][j+1]=='#');
else
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
d+=(s[i][j]=='#'&&s[i+1][j]=='#');
c=row?row:col;
int ans=qm(qpow(S,k-1)-qpow(c,k-1));
ans=1ll*ans*d%p;
ans=1ll*ans*qpow(qm(S-c),p-2)%p;
printf("%d\n",qm(qpow(S,k-1)-ans));
return 0;
}