[Bzoj2004][Hnoi2010]Bus 公交线路(状压dp&&矩阵加速)

题目链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2004

看了很多大佬的博客才理解了这道题，菜到安详QAQ

在不考虑优化的情况下，先推$dp$式子，设$dp[i][j]$为最慢的公交车走到了第$i$站，$[i,i+p-1]$站的状态为$j$时的方案数。$i$到$i+p-1$的范围内有且仅有$k$辆车，则状态$j$应该为$p$长度的二进制串，其中有且仅有$k$个$1$（表示$k$辆车）并且第$1$位一定为$1$（第$1$位对应了当前的位置）。则初始态为$dp[0][111(k个1)…000(p-k个0)]$，结束态为$dp[n-k][111(k个1)…000(p-k个0)]$。判断状态$w$是否可以转移到状态$e$，则判断$w$的第$2$位到第$p+1$位（$p+1$位补零）是否与$e$的第$1$位到$p$位只有一位不同，是则可以转移$dp[i][e]+=dp[i-1][w]$;

这时候考虑优化，$n<=1e9$就注定要矩阵快速幂加速，则先处理出所有状态之间的关系并构建矩阵$d[i][j]$，$d[i][j]$为$1$表示第一次第$i$个状态可以转移到第$j$个状态。我们要求的是第$n-k$次后初始态到结束态的方案数，根据矩阵乘法的定义$d[i][j]=\sum_{k=1}^{n}d[i][k]*d[k][j]$，则我们只要将矩阵连乘$(n-k)$次，d[结束态][初始态]就是我们所求的。而初始态和结束态实际上是一样的。

当n较小时可以状压dp

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int mod = ;
 int check(int x) {//判断x状态中1的个数
     int sum = ;
     while (x) {
         sum++;
         x -= (x&(-x));
     }
     return sum;
 }
 int dp[][ << ];
 int main() {
     int n, k, p;
     while (scanf("%d%d%d", &n, &k, &p) != EOF) {
         memset(dp, , sizeof(dp));
         int End;
         for (int i = ( << (p - )); i < ( << p); i++) {
             if (i == ( << p) -  - (( << (p - k)) - ))
                 End = i;
         }
         dp[][End] = ;
         for (int i = ; i <= n - k; i++) {
             for (int j = ( << (p - )); j < ( << p); j++) {
                 for (int w = ( << (p - )); w < ( << p); w++) {
                     if (check(j) == check(w) && check(j) == k) {
                         int q = (w - ( << (p - ))) << ;
                         int t = (q^j);
                         if (t == (t&(-t))) {
                             dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - ][w]) % mod;
                         }
                     }
                 }
             }
         }
         printf("%d\n", dp[n - k][End]);
     }
 }

本题正解：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int mod = ;
 int check(int x) {//判断x中1的个数
     int sum = ;
     while (x) {
         sum++;
         x -= (x&(-x));
     }
     return sum;
 }
 struct martix {
     int tmp[][];
     int num;
     martix operator *(const martix &b)const {
         martix ans;
         ans.num = num;
         for (int i = ; i <= num; i++) {
             for (int j = ; j <= num; j++) {
                 ans.tmp[i][j] = ;
                 for (int k = ; k <= num; k++) {
                     ans.tmp[i][j] += tmp[i][k] * b.tmp[k][j];
                     ans.tmp[i][j] %= mod;
                 }
             }
         }
         return ans;
     }
 };
 martix qpow(martix a, int x) {
     martix ans;
     ans.num = a.num;
     memset(ans.tmp, , sizeof(ans.tmp));
     for (int i = ; i <= ans.num; i++)
         ans.tmp[i][i] = ;
     while (x) {
         if (x & )
             ans = ans * a;
         a = a * a;
         x /= ;
     }
     return ans;
 }
 int statu[ << ];
 int main() {
     int n, k, p;
     while (cin >> n >> k >> p) {
         martix a;
         int len = , End;
         for (int i = ( << (p - )); i < ( << p); i++) {
             if (check(i) == k) {
                 statu[++len] = i;
                 if (i == ( << p) -  - (( << (p - k)) - ))
                     End = len;
             }
         }
         a.num = len;
         memset(a.tmp, , sizeof(a.tmp));
         for (int i = ; i <= len; i++) {
             for (int j = ; j <= len; j++) {
                 int q = (statu[j] - ( << (p - ))) << ;
                 int t = (q^statu[i]);
                 if (t == (t&(-t)))
                     a.tmp[i][j] = ;
             }
         }
         a = qpow(a, n - k);
         printf("%d\n", a.tmp[End][End]);
     }
 }