【AGC003F】Fraction of Fractal

Description

　　

　　原题链接

　　

　　

　　

Solution

　　

　　神题。

　　

　　定义一个上边界或下边界的格子为”上下接口“，当且仅当上下边界该位置的格子都是黑色的。

　　

　　 ”左右接口“同理。

　　

　　首先特判掉$k$小于等于1的情况，答案都是1。

　　

　　然后特判掉两种情况：上下接口和左右接口同时存在时，答案显然为1；二者皆不存在时，答案就是$s^{k-1}$，其中$s$为给定网格的黑格子数目。

　　

　　所以接下来我们考虑的问题是：$k\ge 2$，且仅存在上下接口或左右接口。现在我们只考虑前者的情况，后者可以通过旋转原网格来达到同样的效果。

　　

　　首先来观察2级分形的结构：我们不妨把其中的每一块1级分形看做一个节点，如果两个相邻1级分形可以互相连通，则视为将其对应节点之间连一条边。由此我们对2级分形构造出一张图。

　　

　　对于3级及其以上分形，节点与边的定义不再扩展，依然是1级分形、表示1级分形之间是否连通。

　　

　　可以发现，由于当前只存在上下接口，因此2级分形的图是由若干条竖直方向的链构成的。推广一下，就会发现，对于$k$级分形$(k \ge 2)$对应的图，它们都有着这个性质。

　　

　　将链看成树，我们就可以运用森林的性质：树的个数等于总点数减去总边数。则连通块个数等于总点数减去总边数。

　　

　　记$a$表示给定网格样式中，上下两个格子都是黑色的位置有多少，即$\sum [map_{i,j}=map_{i+1,j}='\#']$

　　

　　记$b$表示上下接口的个数（同一列的两个接口只算1个）

　　

　　记$V_k$表示$k$级分形图中点的个数，$E_k$表示$k$级分形图中边的条数。则有递推式：

　　

　　　　$V_2=s$，$E_2=a$

　　　　$V_k=V_{k-1}*s$，$E_k=E_{k-1}*s+ab^{k-2}$

　　　　

　　其中$V$的递推显然，而$E$的含义则是：每个低级分形中边个数乘上扩增倍数，加上低级分形在组合成高级分形时通过上下接口新产生的边数。注意$b$之所以含有一个幂形式，是因为随着分形级数的不断扩增，上下接口的数量也在不断增长。

　　

　　使用矩阵快速幂计算就做完了。

　　

　　

　　

Code

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1005;

const int MOD=1e9+7;

int n,m,blacksum;

ll kk;

char str[N][N];

int map[N][N];

int hcnt,vcnt,lh,lv;

inline void plus(int &x,int y){

	x=(x+y>=MOD)?(x+y-MOD):x+y;

}

inline void swap(int &x,int &y){

	x^=y^=x^=y;

}

inline int fmi(int x,ll y){

	int res=1;

	for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1)

		if(y&1)

			res=1LL*res*x%MOD;

	return res;

}

struct Mat{/*{{{*/

	int n,m;

	int a[4][4];

	Mat(){

		memset(a,0,sizeof a);

	}

	Mat(int _n,int _m){

		n=_n; m=_m;

		clear();

	}

	void setUnit(){

		if(n!=m) return;

		for(int i=1;i<=n;i++)

			a[i][i]=1;

	}

	void clear(){

		for(int i=1;i<=n;i++)

			for(int j=1;j<=m;j++)

				a[i][j]=0;

	}

	friend Mat operator * (Mat u,Mat v){

		Mat res=Mat(u.n,v.m);

		for(int i=1;i<=u.n;i++)

			for(int j=1;j<=v.m;j++)

				for(int k=1;k<=u.m;k++)

					//(res.a[i][j]+=1LL*u.a[i][k]*v.a[k][j]%MOD)%=MOD;

					plus(res.a[i][j],1LL*u.a[i][k]*v.a[k][j]%MOD);

		return res;

	}

}O,T;/*}}}*/

void readData(){

	scanf("%d%d%lld",&n,&m,&kk);

	for(int i=1;i<=n;i++){

		scanf("%s",str[i]+1);

		for(int j=1;j<=m;j++)

			blacksum+=(str[i][j]=='#');

	}

}

int getTypeAndInit(){

	for(int i=1;i<=n;i++)

		hcnt+=(str[i][1]=='#'&&str[i][m]=='#');

	for(int j=1;j<=m;j++)

		vcnt+=(str[1][j]=='#'&&str[n][j]=='#');

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=m;j++){

			if(j<m)

				lh+=(str[i][j]=='#'&&str[i][j+1]=='#');

			if(i<n)

				lv+=(str[i][j]=='#'&&str[i+1][j]=='#');

		}

	if(hcnt&&vcnt) return 1;

	else if(!hcnt&&!vcnt) return 2;

	if(hcnt){

		swap(hcnt,vcnt);

		swap(lh,lv);

	}

	return 3;

}

void fillMatrix(){

	O=Mat(1,3);

	O.a[1][1]=blacksum; O.a[1][2]=lv; O.a[1][3]=vcnt;

	T=Mat(3,3);

	T.a[1][1]=blacksum;

	T.a[2][2]=blacksum; T.a[3][2]=lv;

	T.a[3][3]=vcnt;

}

Mat mat_fmi(Mat x,ll y){

	Mat res=Mat(x.n,x.n);

	res.setUnit();

	for(;y;x=x*x,y>>=1)

		if(y&1)

			res=res*x;

	return res;

}

void solve(){

	fillMatrix();

	T=mat_fmi(T,kk-2);

	O=O*T;

	int ans=O.a[1][1]-O.a[1][2];

	printf("%d\n",ans<0?ans+MOD:ans);

}

int main(){

	readData();

	if(kk<=1){

		puts("1");

		return 0;

	}

	int type=getTypeAndInit();

	if(type==1)//whole

		puts("1");

	else if(type==2)//isolated

		printf("%d\n",kk==0?1:fmi(blacksum,kk-1));

	else

		solve();

	return 0;

}