【基础】矩阵快速幂

1.普通ksm 

1快速幂算法（全网最详细地带你从零开始一步一步优化）-CSDN博客

ll ksm(ll base,ll power){
    ll result=1;
    while(power>0){
        if(power&1) result=(result*base)%mod;//为奇数，按位与，只比最后一位
 power>>=1;
 base=(base*base)%mod;//由于得到这个base时已经mod过了,不用(（base%mod)*(base%mod))%mod
 
    }
 return result;
}

2.矩阵乘法

1303. 斐波那契前 n 项和 - AcWing题库

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 3;

int n, m;

void mul(int c[], int a[], int b[][N])
{
    int temp[N] = {0};
    for (int i = 0; i < N; i ++ )
        for (int j = 0; j < N; j ++ )
            temp[i] = (temp[i] + (LL)a[j] * b[j][i]) % m;

    memcpy(c, temp, sizeof temp);
}

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])
{
    int temp[N][N] = {0};
    for (int i = 0; i < N; i ++ )
        for (int j = 0; j < N; j ++ )
            for (int k = 0; k < N; k ++ )
                temp[i][j] = (temp[i][j] + (LL)a[i][k] * b[k][j]) % m;

    memcpy(c, temp, sizeof temp);
}

int main()
{
    cin >> n >> m;

    int f1[N] = {1, 1, 1};
    int a[N][N] = {
        {0, 1, 0},
        {1, 1, 1},
        {0, 0, 1}
    };

    n -- ;
    while (n)
    {
        if (n & 1) mul(f1, f1, a);  // res = res * a
        mul(a, a, a);  // a = a * a
        n >>= 1;
    }

    cout << f1[2] % m << endl;  // 当n = 1, m = 1时，余数应该是0，需要再对m取模

    return 0;
}

1304. 佳佳的斐波那契 - AcWing题库

1f1+2f2+3f3+...=?

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 4;

int n, m;

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])  // c = a * b
{
    static int t[N][N];
    memset(t, 0, sizeof t);

    for (int i = 0; i < N; i ++ )
        for (int j = 0; j < N; j ++ )
            for (int k = 0; k < N; k ++ )
                t[i][j] = (t[i][j] + (LL)a[i][k] * b[k][j]) % m;

    memcpy(c, t, sizeof t);
}

int main()
{
    cin >> n >> m;

    // {fn, fn+1, sn, pn}
    // pn = n * sn - tn
    int f1[N][N] = {1, 1, 1, 0};
    int a[N][N] = {
        {0, 1, 0, 0},
        {1, 1, 1, 0},
        {0, 0, 1, 1},
        {0, 0, 0, 1},
    };

    int k = n - 1;

    // 快速幂
    while (k)
    {
        if (k & 1) mul(f1, f1, a);  // f1 = f1 * a
        mul(a, a, a);  // a = a * a
        k >>= 1;
    }

    cout << (((LL)n * f1[0][2] - f1[0][3]) % m + m) % m << endl;

    return 0;
}

作者：yxc
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/188826/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

1305. GT考试 - AcWing题库

有点像数位dp，不出现某段号码的号码有多少个

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 25;

int n, m, mod;
char str[N];
int ne[N];
int a[N][N];

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])  // c = a * b
{
    static int t[N][N];
    memset(t, 0, sizeof t);

    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        for (int j = 0; j < m; j ++ )
            for (int k = 0; k < m; k ++ )
                t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % mod;

    memcpy(c, t, sizeof t);
}

int qmi(int k)
{
    int f0[N][N] = {1};
    while (k)
    {
        if (k & 1) mul(f0, f0, a);  // f0 = f0 * a
        mul(a, a, a);  // a = a * a
        k >>= 1;
    }

    int res = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++ ) res = (res + f0[0][i]) % mod;
    return res;
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> mod;
    cin >> str + 1;

    // kmp
    for (int i = 2, j = 0; i <= m; i ++ )
    {
        while (j && str[j + 1] != str[i]) j = ne[j];
        if (str[j + 1] == str[i]) j ++ ;
        ne[i] = j;
    }

    // 初始化A[i][j]
    for (int j = 0; j < m; j ++ )
        for (int c = '0'; c <= '9'; c ++ )
        {
            int k = j;
            while (k && str[k + 1] != c) k = ne[k];
            if (str[k + 1] == c) k ++ ;
            if (k < m) a[j][k] ++ ;
        }


    // F[n] = F[0] * A^n
    cout << qmi(n) << endl;

    return 0;
}

作者：yxc
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/188887/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

例题

3206. 拼图 - AcWing题库

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 130, MOD = 1e9 + 7;

LL n;
int m;
int w[N][N];

void dfs(int x, int y, int u)
{
    if (u == m) w[x][y] ++ ;
    else if (x >> u & 1) dfs(x, y, u + 1);
    else
    {
        if (u && !(y >> u & 1) && !(y >> u - 1 & 1))
            dfs(x, y + (1 << u) + (1 << u - 1), u + 1);
        if (u + 1 < m && !(y >> u & 1) && !(y >> u + 1 & 1))
            dfs(x, y + (1 << u) + (1 << u + 1), u + 1);
        if (u + 1 < m && !(x >> u + 1 & 1))
        {
            if (!(y >> u & 1)) dfs(x, y + (1 << u), u + 2);
            if (!(y >> u + 1 & 1)) dfs(x, y + (1 << u + 1), u + 2);
        }
    }
}

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])
{
    static int tmp[N][N];
    memset(tmp, 0, sizeof tmp);
    for (int i = 0; i < 1 << m; i ++ )
        for (int j = 0; j < 1 << m; j ++ )
            for (int k = 0; k < 1 << m; k ++ )
                tmp[i][j] = (tmp[i][j] + (LL)a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < 1 << m; i ++ )
        dfs(i, 0, 0);

    int res[N][N] = {0};
    res[0][(1 << m) - 1] = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1) mul(res, res, w);
        mul(w, w, w);
        n >>= 1;
    }
    cout << res[0][(1 << m) - 1] << endl;
    return 0;
}

291. 蒙德里安的梦想

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求把 N×M𝑁×𝑀 的棋盘分割成若干个 1×21×2 的长方形，有多少种方案。

例如当 N=2，M=4𝑁=2，𝑀=4 时，共有 55 种方案。当 N=2，M=3𝑁=2，𝑀=3 时，共有 33 种方案。

如下图所示：

输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 N𝑁 和 M𝑀。

当输入用例 N=0，M=0𝑁=0，𝑀=0 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

1≤N,M≤111≤𝑁,𝑀≤11

状态计算：（限制条件：i-1列非空白位置可以不能放置小方格），在i列不同的放置方法就是不同的集合划分。

问题：第 i-2 列伸到 i-1 列的状态为 k ， 是否能成功转移到 第 i-1 列伸到 i 列的状态为 j ?
需要满足如下条件:

j&k==0， i-2列伸到i-1的小方格 和i-1列放置的小方格 不重复。
每一列，所有连续着空着的小方格必须是偶数个
f[m][0]:
列数从0开始计数，m列不放小方格，前m-1列已经完全摆放好并且不伸出来的状态

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

//数据范围1~11
const int N = 12;
//每一列的每一个空格有两种选择，放和不放，所以是2^n
const int M = 1 << N;
//方案数比较大，所以要使用long long 类型
//f[i][j]表示 i-1列的方案数已经确定，从i-1列伸出，并且第i列的状态是j的所有方案数
long long f[N][M];
//第 i-2 列伸到 i-1 列的状态为 k ， 是否能成功转移到 第 i-1 列伸到 i 列的状态为 j
//st[j|k]=true 表示能成功转移
bool st[M];
//n行m列
int n, m;

int main() {
//    预处理st数组
    while (cin >> n >> m, n || m) {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
//            第 i-2 列伸到 i-1 列的状态为 k ， 
//            能成功转移到 
//            第 i-1 列伸到 i 列的状态为 j
            st[i] = true;
//            记录一列中0的个数
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
//                通过位操作，i状态下j行是否放置方格，
//                0就是不放， 1就是放
                if (i >> j & 1) {
//                    如果放置小方块使得连续的空白格子数成为奇数，
//                    这样的状态就是不行的，
                    if (cnt & 1) {
                        st[i] = false;
                        break;
                    }
                }else cnt++;
//                不放置小方格
            }

            if (cnt & 1) st[i] = false;
        }

//        初始化状态数组f
        memset(f, 0, sizeof f);

//        棋盘是从第0列开始，没有-1列，所以第0列第0行，不会有延伸出来的小方块
//        没有横着摆放的小方块，所有小方块都是竖着摆放的，这种状态记录为一种方案
        f[0][0] = 1;
//        遍历每一列
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
//            枚举i列每一种状态
            for (int j = 0; j < 1 << n; j++) {
//                枚举i-1列每一种状态
                for (int k = 0; k < 1 << n; k++) {
//                    f[i-1][k] 成功转到 f[i][j]
                    if ((j & k) == 0 && st[j | k]) {
                        f[i][j] += f[i - 1][k]; //那么这种状态下它的方案数等于之前每种k状态数目的和
                    }
                }
            }
        }
//        棋盘一共有0~m-1列
//        f[i][j]表示 前i-1列的方案数已经确定，从i-1列伸出，并且第i列的状态是j的所有方案数
//        f[m][0]表示 前m-1列的方案数已经确定，从m-1列伸出，并且第m列的状态是0的所有方案数
//        也就是m列不放小方格，前m-1列已经完全摆放好并且不伸出来的状态
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}

作者：松鼠爱葡萄
链接：https://www.acwing.com/solution/content/15616/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。