Solution -「AGC 013E」「AT 2371」Placing Squares

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一个长度为 $n$ 的木板，木板上有 $m$ 个标记点，第 $i$ 个标记点距离木板左端点的距离为 $x_i$，现在你需要在木板上放置一些不相交正方形，正方形需要满足：

• 正方形的边长为整数。

• 正方形底面需要紧贴木板。

• 正方形不能超出木板，正方形要将所有的木板覆盖。

• 标记点的位置不能是两个正方形的交界处。

  求所有合法放置方案的正方形面积的乘积之和。对 $10^9+7$ 取模。

  $n\le10^9$，$m\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  嘛……有时候题意转换……就挺突然的 qwq。

你有 $n$ 个空格排成一行，格子边缘可以放隔板，其中第一格左侧和最后一格右侧必须放，标记位置不能放。然后在每两块隔板间放两个不同色的小球，可以放同一个位置。求方案数。

  不难证明与原问题等价。我们来考虑这个新问题。

  令 $f(i,0/1/2)$ 表示前 $i$ 个位置放好球，其中最后一段区间已经放了 $0/1/2$ 个球的方案数。转移：

• 不放隔板：

$$\begin{aligned} f(i,0)&=f(i-1,0)\\ f(i,1)&=f(i-1,1)+f(i-1,0)\\ f(i,2)&=f(i-1,2)+2f(i-1,1)+f(i-1,0) \end{aligned}$$

• 放隔板：

$$f(i,0/1/2)=f(i-1,2)$$

  实际上只需要“随便放”和“不放”两种选择，把状态写成列向量 $\begin{bmatrix}f(i,0)\\f(i,1)\\f(i,2)\end{bmatrix}$，构造两种转移矩阵：

• 不放：

$$A=\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 2&1&0\\ 1&1&1 \end{bmatrix}$$

• 随便放：

$$B=\begin{bmatrix} 2&1&1\\ 2&1&0\\ 1&1&1 \end{bmatrix}$$

  在相邻两个标记点之间矩阵快速幂加速 DP 即可。复杂度 $\mathcal O(3^3m\log n)$。

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>
#include <assert.h>

typedef long long LL;

const int MAXM = 1e5, MOD = 1e9 + 7;
int n, m;

inline int add ( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mul ( LL a, const int b ) { return ( a *= b ) < MOD ? a : a % MOD; }

inline int rint () {
	int x = 0; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () );
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x;
}

struct Matrix {
	int n, m, mat[3][3];
	Matrix (): n ( 0 ), m ( 0 ), mat {} {}
	Matrix ( const int tn, const int tm ): n ( tn ), m ( tm ), mat {} {}
	inline int* operator [] ( const int key ) { return mat[key]; }
	inline Matrix operator * ( Matrix t ) {
		assert ( m == t.n );
		Matrix ret ( n, t.m );
		for ( int i = 0; i < n; ++ i ) {
			for ( int k = 0; k < m; ++ k ) {
				for ( int j = 0; j < t.m; ++ j ) {
					ret[i][j] = add ( ret[i][j], mul ( mat[i][k], t[k][j] ) );
				}
			}
		}
		return ret;
	}
};

inline Matrix qkpow ( Matrix a, int b ) {
	Matrix ret ( a.n, a.m );
	for ( int i = 0; i < ret.n; ++ i ) ret[i][i] = 1;
	for ( ; b; a = a * a, b >>= 1 ) if ( b & 1 ) ret = ret * a;
	return ret;
}

Matrix I ( 3, 1 ), A ( 3, 3 ), B ( 3, 3 );

inline void init () {
	I[0][0] = 1;
	A[0][0] = 1;
	A[1][0] = 2, A[1][1] = 1;
	A[2][0] = A[2][1] = A[2][2] = 1;
	B = A, ++ B[0][0], ++ B[0][1], ++ B[0][2];
}

int main () {
	init ();
	n = rint (), m = rint ();
	int las = 0;
	for ( int i = 1, x; i <= m; ++ i ) {
		x = rint ();
		I = A * qkpow ( B, x - las - 1 ) * I;
		las = x;
	}
	
	I = A * qkpow ( B, n - las - 1 ) * I;
	printf ( "%d\n", I[2][0] );
	return 0;
}