[dp 记录] CF1152F2 Sonya and Informatics

trick：从值域考虑。

好题。但是感觉和 CF1151F 差不多难。两题都是 *3000 但是一紫一黑。

题意：

对长度为 \(k\)，值域 \(n\) 的序列计数：

• \(a_i \leq a_{i-1}+m\)

• \(\forall i,j,a_i \neq a_j\)

\(k \leq 10^9,n \leq 12, m \leq 4\)，easy ver \(k \leq 10^5\)。

\(n\) 显然是供状压的东西。发现难弄的限制都在值域上，因此从值域考虑。

考虑从小到大确认每个数是否填入，以插入的形式计数。显然需要记录已经填入数的个数。为了知道一个数能插入到几个数后，需要知道 \(i-m\) 到 \(i-1\) 中有几个数。发现后两者均很好转移，于是 easy ver 做完了，复杂度 \(O(nk2^m)\)。

\[dp_{i+1, 2S \land (2^m-1), j} \gets dp_{i,S,j} \ (j \leq k)\\ dp_{i+1, 2S+1 \land (2^m-1), j+1} \gets dp_{i, S, j} \cdot (\text{popcount}(S) + 1) \ (j < k) \]

发现转移与 \(i\) 无关，写成矩乘即可 \(O((2^mk)^3 \log n)\)。

有一点细节是强制完成状态为 \(j=k,S=0\)，矩乘时特判转移到这里的。这样子完成状态仅有一个，不用额外枚举，代码中的转移也会清晰不少。这是魏老师题解中的做法，仔细看了看其它题解都没有这样的设置。需要允许 \(dp_{i,k,0}\) 推到 \(dp_{i+1,k,0}\)，这样相当于取了末尾为所有数字的答案。orz 魏老师。

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int lim;
const int mod = 1e9 + 7;
struct matrix {
  int a[205][205];
  matrix() {memset(a, 0, sizeof(a));}
  int* operator [] (int i) {
    return a[i];
  }
  matrix operator * (const matrix &tmp) {
    matrix t;
    for(int i = 0; i <= lim; i++)
      for(int j = 0; j <= lim; j++)
        for(int k = 0; k <= lim; k++)
          t[i][j] = (t[i][j] + 1ll * a[i][k] * tmp.a[k][j] % mod) % mod;
    return t;
  }
  matrix operator ^ (int tmp) const {
    matrix ans, t = *this;
    for(int i = 0; i <= lim; i++) ans[i][i] = 1;
    for(; tmp; tmp >>= 1) {
      if(tmp & 1) ans = ans * t;
      t = t * t;
    }
    return ans;
  }
  void print(int n) {
    for(int i = 0; i <= lim; i++) {
      for(int j = 0; j <= lim; j++) printf("%d ", a[i][j]);
      printf("\n");
    }
  }
} ;
int main() {
  int n, k, m; scanf("%d %d %d", &n, &k, &m);
  lim = k << m;
  int all = (1 << m) - 1;
  matrix t;
  for(int S = 0; S < (1 << m); S++) {
    for(int j = 0; j < k; j++) {
      int num = __builtin_popcount(S), s = (S << 1) & all;
      t[(j << m) + S][(j << m) + s] = 1;
      if(j == k-1) t[(j << m) + S][k << m] = num + 1;
      else t[(j << m) + S][(j+1 << m) + s + 1] = num + 1;
    }
  }
  t[k << m][k << m] = 1;
  t = t ^ n; matrix a; a[0][0] = 1; // 用行向量
  a = a * t; printf("%d\n", a[0][k << m]);
}

AC 完后发现了二维矩乘做法，感觉很厉害，转移也很方便。

struct mat
{
	int n,m,v[13][20][13][20];
	mat(){}
	mat(int N,int M,int one=0) 
	{
		n=N;m=M;memset(v,0,sizeof(v));
		if(one) for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) v[i][j][i][j]=1;
	}
}base;
const int mod=1e9+7;
inline mat operator*(const mat &a,const mat &b) 
{
	mat c=mat(a.n,a.m);
	for(int i=0;i<=a.n;i++) 
	for(int j=0;j<=a.m;j++)
	for(int k=0;k<=a.n;k++)
	for(int l=0;l<=a.m;l++)
	for(int x=0;x<=a.n;x++)
	for(int y=0;y<=a.m;y++)
	(c.v[i][j][x][y]+=a.v[i][j][k][l]*b.v[k][l][x][y])%=mod;
	return c;
}
inline mat jjksm(mat di,int mi)
{
	mat ret=mat(di.n,di.m,1);
	while(mi) {if(mi&1) ret=ret*di;mi>>=1;di=di*di;}
	return ret;
}
int n,m,k;
#define all ((1<<m)-1)
signed main()
{
	n=read();k=read();m=read();
	base=mat(k,all);
	for(int i=0;i<=k;i++) for(int sta=0;sta<(1<<m);sta++) base.v[i][sta][i][(sta<<1)&all]=1;
	for(int i=0;i<k;i++)
	for(int sta=0;sta<(1<<m);sta++)
	{
		base.v[i][sta][i+1][((sta<<1)|1)&all]=__builtin_popcount(sta)+1;
	}
	mat ret=jjksm(base,n);
	int ans=0;
	for(int sta=0;sta<(1<<m);sta++) (ans+=ret.v[0][0][k][sta])%=mod;
	write(ans);
	pc('\n');
}