一本通-P1799-数列
题目链接
\(f_0\) | \(f_1\) | \(f_2\) | \(f_3\) | \(f_4\) | \(f_5\) | \(f_6\) | \(f_7\) | \(f_8\) | \(f_9\) | \(f_{10}\) |
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0 | 0 | 0 | 2 | 10 | 32 | 84 | 198 | 438 | 932 | 1936 |
我们发现
\[f_i=2f_{i-1}+(i-1)* (i-2)
\]
我们可以设
\[g_i=i * (i-1)
\]
则
\[g_i=i*(i-1)=(i-1) * (i-2)+2(i-1)=g_{i-1}+2(i-1)
\]
则
我们可以推出初始矩阵
\[\begin{bmatrix}& f_0&g_0&0&1 & \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}& 0&0&0&1 & \end{bmatrix}
\]
第一个数是\(f_0\),第二个数是\(g_0\),第三个数是i,第四个数是1。
以及转移矩阵
\[\begin{bmatrix}
& 2&0&0&0 & \\\\
& 1&1&0&0 & \\\\
& 0&2&1&0 & \\\\
& 0&0&1&1 &
\end{bmatrix}\]
第一行对应的是\(f_0\),第二行对应的是\(g_0\),第三行对应的是i,第四行对应的是1。
对于题目给出的\(10^{5000}\),本蒟蒻因为太弱,不想打高精,想到了使用类似于快速幂的方法,因为$an=(a)^{10}* a^y (10* x+y=n) $
可以直接避免高精
于是,我们就可以写出代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#define re register
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e7+10,mod=1e9+7;
struct matrix
{
int n,m,g[5][5];
inline void init(int _n,int _m)
{
memset(g,0,sizeof(g));
n=_n;
m=_m;
}
inline matrix operator *(const matrix &b)
{
matrix res;
res.init(n,b.m);
for(re int i=1; i<=res.n; i++)
for(re int j=1; j<=res.m; j++)
for(re int k=1; k<=b.n; k++)
res.g[i][j]=(res.g[i][j]+1ll*g[i][k]*b.g[k][j])%mod;
return res;
}
template<typename T>
inline matrix operator ^ (T b)
{
matrix res,a=(*this);
res.init(4,4);
for(re int i=1; i<=4; i++)
res.g[i][i]=1;
while(b)
{
if(b&1)
res=res*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return res;
}
inline void print()
{
for(re int i=1; i<=n; i++)
{
for(re int j=1; j<=m; j++)
printf("%d ",g[i][j]);
putchar('\n');
}
return;
}
} a,b,f;
int n;
char s[5010];
int main()
{
a.init(1,4);
a.g[1][4]=1;
b.init(4,4);
b.g[1][1]=2;
b.g[2][1]=b.g[2][2]=1;
b.g[3][2]=2,b.g[3][3]=1;
b.g[4][3]=b.g[4][4]=1;
f.init(4,4);
for(re int i=1; i<=4; i++)
f.g[i][i]=1;
scanf("%s",s+1);
for(re int i=1; s[i]; i++)
f=(f^10)*(b^((int)s[i]-'0'));
printf("%d\n",(a*f).g[1][1]);
return 0;
}