《洛谷P5343 【XR-1】分块》

一道非常好的题，太菜了调了很久，细节非常多。

首先，将题意转化一下，由给定的两段都有的长度，可以组成多少种组合。

设dp[i]表示，长度为i的方案数。

那么有转移，$dp[i] = \sum_{j = 1}^{tot} dp[i-a[j]]$//tot为两段都有的元素个数，注意要去重

这里虽然可以用无限数量的背包思想，但是显然这样更好。

然后dp转移，60分。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<string,int> pii;
const int N = 1e6+5;
const int M = 2e5+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

int vis[105],a[105],tot = 0;
LL dp[N];//i拆分的方案数
int main()
{
    int n;n = read();
    int pr;pr = read();
    for(rg int i = 1;i <= pr;++i)
    {
        int x;x = read();
        vis[x] = 1;
    }
    int nf;nf = read();
    for(rg int i = 1;i <= nf;++i)
    {
        int x;x = read();
        if(vis[x]) a[++tot] = x;
    }
    sort(a+1,a+tot+1);
    int len = unique(a+1,a+tot+1)-a-1;
    tot = len;
    dp[0] = 1;
    for(rg int i = 1;i <= n;++i) 
    {
        for(rg int j = 1;j <= tot;++j) if(i-a[j] >= 0) dp[i] = (dp[i]+dp[i-a[j]])%Mod;
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    //system("pause");
}

显然当n过大时，会超时。而且dp也存不下。

可以发现，块的大小最多为100，也就是代表一开始最多dp[100]。

那么我们可以矩阵快速幂加速。

构造初始矩阵f[0] ~ f[99]。那么右端矩阵即为f[1] ~ f[100]。

那么可以发现，除了第一行，其他行的转移矩阵就是1的对角线。即[i][i-1]的位置。

对于第一行 由$f[100] = \sum_{j = 1}^{tot} f[100-a[j]]$

我们可知，对于100-a[j]位置都应该是1，但是由于这里的横列相乘后，位置其实是相反的，那么对于100-a[j]的位置，就变成了a[j]位置，那么我们对所有a[j]位置都变1即可。

然后矩阵快速幂。应该是n-99次，因为左边到f[99]。

然后矩阵我们处理出了转移矩阵的k次，假定为res.

现在初始矩阵为ans.那么 ans * res 和 res * ans是不一样的。

这就和我们矩阵乘法的位置有关。//就是这里调了非常久。

所以最后应该是转移矩阵 * ans。然后答案就是ans[1][1]。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<string,int> pii;
const int N = 1e6+5;
const int M = 2e5+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

int a[105],b[105];
struct Mat{
    LL m[105][105];
    Mat operator * (const Mat a)const{
        Mat c;memset(c.m,0,sizeof(c.m));
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i)
            for(rg int j = 1;j <= 100;++j)
                for(rg int k = 1;k <= 100;++k) c.m[i][j] = (c.m[i][j]+(m[i][k]*a.m[k][j])%Mod)%Mod;
        return c;
    }
};
LL f[105];
Mat quick_mi(Mat a,LL b)
{
    Mat res;memset(res.m,0,sizeof(res.m));
    for(rg int i = 1;i <= 100;++i) res.m[i][i] = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res = res*a;
        a = a*a;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    LL n;n = read();
    int pr;pr = read();
    while(pr--){int x;a[x = read()] = 1;}
    int nf;nf = read();
    while(nf--){int x;b[x = read()] = 1;}
    Mat ans;memset(ans.m,0,sizeof(ans.m));
    for(rg int i = 1;i <= 100;++i)
    {
        if(a[i] && b[i]) ans.m[1][i] = 1;
    }
    for(rg int i = 2;i <= 100;++i) ans.m[i][i-1] = 1;
    f[0] = 1;
    for(rg int i = 1;i < 100;++i)
    {
        for(rg int j = 1;j <= 100;++j) if(a[j] && b[j] && i-j >= 0) f[i] = (f[i]+f[i-j])%Mod;
    }
    if(n < 100) printf("%lld\n",f[n]);
    else
    {
        Mat res;memset(res.m,0,sizeof(res));
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i) res.m[i][1] = f[100-i];
        ans = quick_mi(ans,n-99);
        res = ans*res;
        printf("%lld\n",res.m[1][1]);
    }
    system("pause");    
}