矩阵快速幂处理一类线性递推组问题

最近两场比赛，都涉及到此类问题！以前没注意过这种问题，都在状态转移方程推出后，止步于n太大！事后总结，线性递推可以用矩阵来表示，进而快速幂解决n太大的问题！

例1：牛客小白月赛7 J 方格填色

题意：n×m矩阵填黑白两色，行相同相邻两个不能同为白色，相邻两列不全为黑色
(n≤5，m≤1e18),问填色的方案数mod 1e9+7的值.

令黑色为1，白色为0，将一列的颜色01由下往上排布，即An-1An-2……A0
(Ai为1表示该列第i+1格子为黑色，0即为白色)
也就是2进制表示，00……0~11……1，每列有2^n种可能出现的值。(状态）
(每一列的长度最长为5，即状态数最多为32,2的5次方）
设置状态
状态表示

限制条件：

相邻两列不全为黑色—>第i列为111……1，第i+1列不能为状态111……1
相邻两列的同行格不同为白色—>第i列的j位为0，第i+1列的j位不为0

相邻状态关系结论：

前面状态为x，相邻状态为y。
x、y满足 x|y = 11……1(2进制),(x=y=11……1除外）

状态转移方程：

f[x][m] 定义：第m列涂色状态为x，前面1~m列染色满足限制条件的方案数

$f[x][m] = \sum_{(0\leq y \leq 2^n-1,x|y=2^n-1,x=y\neq 2^n-1)}f[y][m-1],(0\leq x \leq 2^n-1)$
举个例子： n=2时，每列有4种状态，枚举第m列的状态

$1. 状态为0，f[0][m] = f[3][m-1]$ $(第m列全为白色，不能同数位为0，第m-1列全为黑色)$
$2. 状态为1，f[1][m] = f[2][m-1]+f[3][m-1]$
$(第m列第2格为白色，第m-1列第2格必须为黑色，第1格可黑可白)$
$3. 状态为2，f[2][m] = f[1][m-1]+f[3][m-1]$
$(第m列第1格为白色，第m-1列第1格必须为黑色，第2格可黑可白)$
$4. 状态为3，f[3][m] = f[0][m-1]+f[1][m-1]+f[2][m-1]$
$(第m列全为黑色，即只要第m-1列不全为黑色即可)$
整理如下：
$\begin{cases} f[0][m] &= f[3][m-1]\\ f[1][m] &= f[2][m-1]+f[3][m-1]\\ f[2][m] &= f[1][m-1]+f[3][m-1]\\ f[3][m] &= f[0][m-1]+f[1][m-1]+f[2][m-1] \end{cases}$
当m不大时，可以去递推，但m超大时，必须另外想方法，因为是线性递推，而且递推状态不多，可以矩阵表示，考虑矩阵快速幂

$\left[ \begin{matrix} f[0][m] \\ \\ f[1][m]\\ \\ f[2][m]\\ \\ f[3][m]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 0&0&0&1\\ \\ 0&0&1&1\\ \\ 0&1&0&1\\ \\ 1&1&1&0\\ \end{matrix}\right] * \left[ \begin{matrix} f[0][m-1]\\ \\ f[1][m-1]\\ \\ f[2][m-1]\\ \\ f[3][m-1]\\ \end{matrix} \right]$
递推得到：
$\left[ \begin{matrix} f[0][m] \\ \\ f[1][m]\\ \\ f[2][m]\\ \\ f[3][m]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 0&0&0&1\\ \\ 0&0&1&1\\ \\ 0&1&0&1\\ \\ 1&1&1&0\\ \end{matrix}\right] ^{m-1}* \left[ \begin{matrix} f[0][1]\\ \\ f[1][1]\\ \\ f[2][1]\\ \\ f[3][1]\\ \end{matrix} \right]$
$\left[ \begin{matrix} f[0][1]\\ \\ f[1][1]\\ \\ f[2][1]\\ \\ f[3][1]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \end{matrix} \right]$

所以你只需要获取矩阵系数即可！

#include <bits/stdc++.h>
#define llt long long
using namespace std;

const int N=40;
const llt mod = 1e9+7;
llt a[N][N],ans[N][N],tmp[N][N];

void multi(llt x[][N],llt y[][N],int len){
    for(int i=0;i<len;++i)
      for(int j=0;j<len;++j){
        tmp[i][j] = 0;
        for(int k=0;k<len;++k)
           tmp[i][j] += x[i][k]*y[k][j]%mod;
           tmp[i][j] %= mod;
      }
    for(int i=0;i<len;++i)
      for(int j=0;j<len;++j)
        x[i][j] = tmp[i][j];

}

void quick_mod(llt x,int len){
    for(;x;x>>=1,multi(a,a,len))
        if(x&1) multi(ans,a,len);
}
int main(){

    int n;
    llt m;
    scanf("%d%lld",&n,&m);
    int status = 1<<n;
    for(int i=0;i<status;++i)
      for(int j=0;j<status;++j)
          if(i==status-1&&j==status-1)
               a[i][j] = 0;
          else if((i|j)==status-1)
               a[i][j] = 1;
          else a[i][j] = 0;
    for(int i=0;i<status;++i)
      for(int j=0;j<status;++j)
          if(i==j) ans[i][j] = 1;
          else ans[i][j] = 0;
    quick_mod(m-1,status);
    llt Ans = 0;
    for(int i=0;i<status;++i)
      for(int j=0;j<status;++j)
         Ans = (Ans+ans[i][j])%mod;
    printf("%lld\n",Ans);
    return 0;
}

例2：18焦作网络赛 L、Poor God Water

题意：由字符C、W、F组成的字符串中，任意长度为3的子串不为"CCC"、“MMM”、“FFF”、“MCF”、“FCM”、“CMC”、“CFC”；问有多少种不同的字符串符合要求，答案mod 1 000 000 007.

这里写图片描述

即字符串前部分已经构建，影响后面m个字符的枚举的只有其最后两个字符，所以设计dp数组f的含义：前面两个为‘#*’，后面长度为n的满足要求的不同字符串的个数；状态转移即枚举接下来的字符C、M、F，删去非法的，上面图片也就是状态转移过程！将状态编号，得到以下状态转移方程
$\begin{cases} f[0][m] &= f[1][m-1]+f[2][m-1]\\ f[1][m] &= f[4][m-1]+f[5][m-1]\\ f[2][m] &= f[7][m-1]+f[8][m-1]\\ f[3][m] &= f[0][m-1]+f[1][m-1]\\ f[4][m] &= f[3][m-1]+f[5][m-1]\\ f[5][m] &= f[6][m-1]+f[7][m-1]+f[8][m-1]\\ f[6][m] &= f[0][m-1]+f[2][m-1]\\ f[7][m] &= f[3][m-1]+f[4][m-1]+f[5][m-1]\\ f[8][m] &= f[6][m-1]+f[7][m-1]\\ \end{cases}$
矩阵表达式：
$\left[ \begin{matrix} f[0][m] \\ \\ f[1][m]\\ \\ f[2][m]\\ \\ f[3][m]\\ \\ f[4][m]\\ \\ f[5][m]\\ \\ f[6][m]\\ \\ f[7][m]\\ \\ f[8][m]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 0&1&1&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&1&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&0&1&1\\ \\ 1&1&0&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&1&0&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&1&1&1\\ \\ 1&0&1&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&1&1&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&1&1&0\\ \end{matrix}\right] * \left[ \begin{matrix} f[0][m-1] \\ \\ f[1][m-1]\\ \\ f[2][m-1]\\ \\ f[3][m-1]\\ \\ f[4][m-1]\\ \\ f[5][m-1]\\ \\ f[6][m-1]\\ \\ f[7][m-1]\\ \\ f[8][m-1]\\ \end{matrix} \right]$

递推得到：
$\left[ \begin{matrix} f[0][m] \\ \\ f[1][m]\\ \\ f[2][m]\\ \\ f[3][m]\\ \\ f[4][m]\\ \\ f[5][m]\\ \\ f[6][m]\\ \\ f[7][m]\\ \\ f[8][m]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 0&1&1&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&1&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&0&1&1\\ \\ 1&1&0&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&1&0&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&1&1&1\\ \\ 1&0&1&0&0&0&0&0&0\\ \\ 0&0&0&1&1&1&0&0&0\\ \\ 0&0&0&0&0&0&1&1&0\\ \end{matrix}\right]^m * \left[ \begin{matrix} f[0][0] \\ \\ f[1][0]\\ \\ f[2][0]\\ \\ f[3][0]\\ \\ f[4][0]\\ \\ f[5][0]\\ \\ f[6][0]\\ \\ f[7][0]\\ \\ f[8][0]\\ \end{matrix} \right]$
$\left[ \begin{matrix} f[0][0] \\ \\ f[1][0]\\ \\ f[2][0]\\ \\ f[3][0]\\ \\ f[4][0]\\ \\ f[5][0]\\ \\ f[6][0]\\ \\ f[7][0]\\ \\ f[8][0]\\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 1 \\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \\ 1\\ \end{matrix} \right]$

即快速矩阵幂得到系数矩阵的m次方后，即矩阵的所有元素之和即为答案！

/*


0 CC --> CM,CF 1,2
1 CM --> MM,MF 4,5
2 CF --> FM,FF 7,8
3 MC --> CC,CM 0,1
4 MM --> MC,MF 3,5
5 MF --> FC,FM,FF 6,7,8
6 FC --> CC,CF    0,2
7 FM --> MC,MM,MF 3,4,5
8 FF --> FC,FM    6,7


*/
#include <bits/stdc++.h>
#define llt long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;

const llt mod = 1e9+7;
const int N = 20;
const int maxn = 9;
llt tmp[N][N],ans[N][N],a[N][N];
llt A[N][N]={
    {0,1,1,0,0,0,0,0,0},
    {0,0,0,0,1,1,0,0,0},
    {0,0,0,0,0,0,0,1,1},
    {1,1,0,0,0,0,0,0,0},
    {0,0,0,1,0,1,0,0,0},
    {0,0,0,0,0,0,1,1,1},
    {1,0,1,0,0,0,0,0,0},
    {0,0,0,1,1,1,0,0,0},
    {0,0,0,0,0,0,1,1,0},
};
void multi(llt a[][N],llt b[][N],int n){
    for(int i=0;i<n;++i)
      for(int j=0;j<n;++j){
         tmp[i][j] = 0;
         for(int k=0;k<n;++k)
            (tmp[i][j]+=a[i][k]*b[k][j]%mod)%=mod;
      }

    for(int i=0;i<n;++i)
      for(int j=0;j<n;++j)
        a[i][j] = tmp[i][j];
}

void quick_mod(llt m,int n){
    for(int i=0;i<n;++i)
      for(int j=0;j<n;++j)
         ans[i][j] = (i==j),a[i][j]=A[i][j];

    for(;m;m>>=1,multi(a,a,n))
        if(m&1) multi(ans,a,n);
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        llt n;
        scanf("%lld",&n);
        if(n==1) printf("3\n");
        else{
            quick_mod(n-2,maxn);
//            for(int i=0;i<maxn;++i)
//              for(int j=0;j<maxn;++j)
//                 printf("%lld%c",ans[i][j]," \n"[j==maxn-1]);
            llt res = 0;
            for(int i=0;i<maxn;++i)
              for(int j=0;j<maxn;++j)
                 (res+=ans[i][j])%=mod;
            printf("%lld\n",res);
        }
    }
    return 0;
}