土撥鼠

Svemit發表於2024-05-15

土撥鼠

小X在設想自己2027年畢業後的生活。

在他的設想中，他回到鄉下種土豆。但是田地需要恰當的管理措施，其中之一是防止土撥鼠破壞土豆。

小X設想的 \(n+1\) 塊土豆田排在一條直線上，從左到右編號為 \(0\) 到 \(n\)。第 $i $塊土豆田裡有i株各不相同的土豆，其中 \(0\) 號土豆田是土撥鼠的巢。

每一個時刻，土撥鼠會離開當前所在的土豆田去往下一塊土豆田。若土撥鼠當前所在的土豆田編號為i
，那麼它能到達的下一塊土豆田的編號 \(j\) 必須滿足 \(j−i \in S\)，其中S中只包含不大於 \(15\) 的正整數。若 \(i≥0\)，土撥鼠在離開的同時還會破壞第 \(i\) 塊土豆田中的至多一棵土豆。

小X想知道，對於給定的正整數 \(n\)，若土撥鼠最後到達了 \(n\) 號土豆田，它有多少種破壞土豆田的方案。兩種方案不同當且僅當土撥鼠經過的路徑不同，或破壞的土豆不同。注意，此時 \(N\) 號土豆田上的土豆並沒有被破壞。

由於答案可能很大，小X只要知道這個方案數對2027取模的結果。

\(n ≤ 10^{18},|S|≤15\)，對於所有 \(t∈S,1≤t≤\min(n,15)\)。

\(Sol\)

設 \(f_i\) 為到 \(i\) 點時的方案數，考慮一個 \(j \in S\)，在 \(i - j\) 上有 \(i - j\) 個土豆，可以選擇破壞 \(0,1,...,i - j\) 個，一共 \(i - j + 1\) 個方案，故得到轉移方程

\[f_i = \sum_{j \in S} (i - j + 1) \times f_j \]

式子非常簡單，但是 \(n\) 特別大，考慮矩陣加速。

直接做的話每次的轉移係數不同，不好做，但是模數比較小，這啟發我們 \(f_i\) 與 \(f_{i+2027}\) 的轉移矩陣是一樣的，於是我們可以把前2027個矩陣先暴力推出來，然後分為 \(n / 2027\) 和 \(n % 2027\) 去做。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 2027;
ll n;
int m;
int a[20];
struct Matrix {
	int n, m;
	int c[20][20];
	void init(int _n, int _m) {
		n = _n, m = _m;
		for(int i = 1; i <= n; i ++)
			for(int j = 1; j <= m; j ++) c[i][j] = 0;
	}
	Matrix operator *(const Matrix t) const {
		static Matrix res;
		res.init(n, t.m);
		for(int i = 1; i <= res.n; i ++)
			for(int j = 1; j <= res.m; j ++)
				for(int k = 1; k <= m; k ++) {
					res.c[i][j] = (res.c[i][j] + c[i][k] * t.c[k][j]) % mod;
				}
		return res;
	}
} base, ans, cur[2030];
Matrix power(Matrix a, ll b) {
	Matrix res;
	res.init(15, 15);
	for(int i = 1; i <= 15; i ++) {
		res.c[i][i] = 1;
	}
	for(; b; a = a * a, b /= 2) if(b & 1) res = res * a;
	return res;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		cin >> a[i];
	}
	ans.init(1, 15), base.init(15, 15);
	ans.c[1][1] = 1;
	for(int i = 1; i <= 15; i ++) {
		base.c[i][i] = 1;
	}
	for(int i = 1; i <= 2027; i ++) {
		Matrix &t = cur[i];
		t.init(15, 15);
		for(int j = 1; j <= 14; j ++) {
			t.c[j][j + 1] = 1;
		}
		for(int j = 1; j <= m; j ++) {
			t.c[a[j]][1] = (i - a[j] + 1 + mod) % mod;
		}
		base = base * t;
	}
	ans = ans * power(base, n / 2027);
	for(int i = 1; i <= n % 2027; i ++) {
		ans = ans * cur[i];
	}
	cout <<	ans.c[1][1] << '\n';
    return 0;
}

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