十进制矩阵乘法优化DP

十进制矩乘优化DP

P1397

[NOI2013] 矩阵游戏

题目描述

婷婷是个喜欢矩阵的小朋友，有一天她想用电脑生成一个巨大的 $n$ 行 $m$ 列的矩阵(你不用担心她如何存储)。她生成的这个矩阵满足一个神奇的性质：若用 $F[i][j]$ 来表示矩阵中第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，则 $F[i][j]$ 满足下面的递推式:

$$F[1][1]=1$$

$$F[i,j]=a\times F[i][j-1]+b(j\ne 1)$$

$$F[i,1]=c\times F[i-1][m]+d(i\ne 1)$$

递推式中 $a,b,c,d$ 都是给定的常数。

现在婷婷想知道 $F[n][m]$ 的值是多少，请你帮助她。由于最终结果可能很大，你只需要输出 $F[n][m]$ 除以 $1,000,000,007$ 的余数。

输入格式

包含一行有六个整数 $n,m,a,b,c,d$。意义如题所述。

输出格式

包含一个整数，表示 $F[n][m]$除以 $1,000,000,007$ 的余数。

样例 #1

样例输入 #1

3 4 1 3 2 6

样例输出 #1

85

提示

【样例1说明】

样例中的矩阵为：

1 4 7 10

26 29 32 35

76 79 82 85

数据范围

测试点编号	数据范围
1	$1\le n,m\le 10$；$1\le a,b,c,d\le 1000$
2	$1\le n,m\le 100$；$1\le a,b,c,d\le 1000$
3	$1\le n,m\le {10}^3$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
4	$1\le n,m\le {10}^3$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
5	$1\le n,m\le {10}^9$；$1\le a=c\le {10}^9$；$1\le b=d\le {10}^9$
6	$1\le n,m\le {10}^9$；$a=c=1$；$1\le b,d\le {10}^9$
7	$1\le n,m,a,b,c,d\le {10}^9$
8	$1\le n,m,a,b,c,d\le {10}^9$
9	$1\le n,m,a,b,c,d\le {10}^9$
10	$1\le n,m,a,b,c,d\le {10}^9$
11	$1\le n,m\le {10}^{1000}$；$a=c=1$；$1\le b,d\le {10}^9$
12	$1\le n,m\le {10}^{1000}$；$1\le a=c\le {10}^9$；$1\le b=d\le {10}^9$
13	$1\le n,m\le {10}^{1000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
14	$1\le n,m\le {10}^{1000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
15	$1\le n,m\le {10}^{20000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
16	$1\le n,m\le {10}^{20000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
17	$1\le n,m\le {10}^{1000000}$；$a=c=1$；$1\le b,d\le {10}^9$
18	$1\le n,m\le {10}^{1000000}$；$1\le a=c\le {10}^9$；$1\le b=d\le {10}^9$
19	$1\le n,m\le {10}^{1000000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$
20	$1\le n,m\le {10}^{1000000}$；$1\le a,b,c,d\le {10}^9$

分析

对于此题，不难发现肯定是矩阵乘法
而我们的矩阵乘法加速递推一般而言是加速的一维数组的递推，对于这个二维数组，我们可以将其编号为一维数组，具体的原来的$F[i,j]$对应新的$F[(i-1)m+j]$

那么这道题的递推只与上一个状态有关，所以我们大可以设一个长度为2的数组$f_i=[1,F[i]]$，那么考虑分情况转移

1. $imodm\ne 1$

此时就是$F[i]=aF[i-1]+b$,可以构造辅助矩阵$A=\left[\begin{array}{cc}1& b\\ 0& a\end{array}\right]$,使得$f[i-1]\times A=f[i]$

类似的，在$imodm\equiv 1$时，此时可以构造矩阵$B=\left[\begin{array}{cc}1& d\\ 0& b\end{array}\right]$,使得$f[i-1]\times B=f[i]$
所以说，由$F[1]->F[m+1]$就有$f[1]\times A^{m-1}B$

所以，$F[nm]=f[1]\times (A^{m-1}B{)}^{n-1}\times A^{m-1}$

至此，便可以使用矩阵快速幂求解

另外，由于$n,m$太大，需要存成字符串

//P1397
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define int long long
//#define scanf scanf_s
using namespace std;
int f[3], a[3][3], b[3][3], a1, b1, c1, d1, n, m;
int c[3][3], d[3][3], e[3][3];
char p[1000500], q[1000500];
#define mod 1000000007
void mul(int a[3][3], int b[3][3]) {
	int c[3][3];
	memset(c, 0, sizeof c);
	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
		for (int j = 1; j <= 2; j++) {
			for (int k = 1; k <= 2; k++) {
				c[i][j] += a[i][k] % mod * b[k][j] % mod;
				c[i][j] %= mod;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
		for (int j = 1; j <= 2; j++) {
			a[i][j] = c[i][j] % mod;
		}
	}
}
void mul2(int a[3], int b[3][3]) {
	int f[3];
	memset(f, 0, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
		for (int j = 1; j <= 2; j++) {
			f[j] += a[i] % mod * b[i][j] % mod;
			f[j] %= mod;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= 2; i++)a[i] = f[i] % mod;
}
void power(int a[3][3], int b) {
	int c[3][3];
	for (int i = 1; i <= 2; i++)for (int j = 1; j <= 2; j++)c[i][j] = a[i][j] % mod;
	b--;
	while (b) {
		if (b & 1)mul(c, a);
		mul(a, a);
		b >>= 1;
	}
	for (int i = 1; i <= 2; i++)for (int j = 1; j <= 2; j++)a[i][j] = c[i][j];
}
void update(char s, int a[3][3]) {
	int x = s - '0';
	for (int i = 1; i <= x; i++) {
		mul(c, a);
	}
	//	printf("%d\n",s-'0');
	//	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
	//		for (int j = 1; j <= 2; j++)printf("%d ", c[i][j]);
	//		puts("");
	//	}
	power(a, 10);
	//	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
	//		for (int j = 1; j <= 2; j++)printf("%d ", a[i][j]);
	//		puts("");
	//	}
}
signed main() {
	f[1] = f[2] = 1;
	scanf("%s %s", p + 1, q + 1);
	scanf("%lld%lld%lld%lld", &a1, &b1, &c1, &d1);
	a[1][1] = 1, a[1][2] = b1, a[2][2] = a1;
	b[1][1] = 1, b[1][2] = d1, b[2][2] = c1;
	for (int i = 1; i <= 2; i++)c[i][i] = d[i][i] = 1;
	int len1 = strlen(p + 1), len2 = strlen(q + 1);
	reverse(p + 1, p + len1 + 1);
	reverse(q + 1, q + len2 + 1);
	for (int i = 1; i <= len1; i++) {
		if (p[i] != '0') {
			p[i] -= 1;
			break;
		}
		else {
			p[i] = '9';
		}
	}
	if (p[len1] == '0')len1--;
	for (int i = 1; i <= len2; i++) {
		if (q[i] != '0') {
			q[i] -= 1;
			break;
		}
		else {
			q[i] = '9';
		}
	}
	if (q[len2] == '0')len2--;
	//	printf("%d %d\n", len1, len2);
	//	printf("%c %c\n", q[1], p[1]);
	for (int i = 1; i <= len2; i++) {
		update(q[i], a);
	}
	for (int i = 1; i <= 2; i++)
		for (int j = 1; j <= 2; j++)d[i][j] = c[i][j];
	mul(c, b);
	//	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
	//		for (int j = 1; j <= 2; j++)printf("%d ", c[i][j]);
	//		puts("");
	//	}
	for (int i = 1; i <= 2; i++)for (int j = 1; j <= 2; j++)a[i][j] = c[i][j], c[i][j] = 0;
	for (int i = 1; i <= 2; i++)c[i][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= len1; i++) {
		update(p[i], a);
	}
	mul(c, d);
	mul2(f, c);
	//	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
	//		for (int j = 1; j <= 2; j++)printf("%d ", c[i][j]);
	//		puts("");
	//	}
	//	for (int i = 1; i <= 2; i++) {
	//		for (int j = 1; j <= 2; j++)printf("%d ", d[i][j]);
	//		puts("");
	//	}
	printf("%lld\n", f[2]);
}