[CSP-S模拟测试]:山洞（DP+快速幂）

题目传送门（内部题17）

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输入格式

一行两个整数$n$，$m$，含义如题面。

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输出格式

一行一个整数，表示方案数模$1e9+7$。

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样例

样例输入1：

4 6

样例输出1：

0

样例输入2：

707 185547

样例输出2：

588828156

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数据范围与提示

对于$20\%$的数据，$m\leqslant 20$。
对于$60\%$的数据，$m\leqslant 1,000$。
对于$100\%$的数据，$m\leqslant 1e9,n\leqslant 1,000$。

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题解

这道题原题题意有误，我在上面已经做了修改。

$40\%$算法：

直接输出$0$就好啦，我也很震惊居然有这么多分～

时间复杂度：$\Theta(1)$。

期望得分：$0$分。

实际得分：$40$分。

$60\%$算法：

设$dp[i][j]$表示在第$i$步到$j$的方案数，那么很轻松的就能列出状态转移方程：$dp[i][j]=dp[i-1][j-i]+dp[i-1][j+i]$。

时间复杂度：$\Theta(n\times m)$。

期望得分：$60$分。

实际得分：$60$分（结合上面的“算法”可以得到$80$分）。

$100\%$算法：

发现我们可以只预处理出来前$n$步的情况，然后用快速幂处理$\left \lceil \frac{m}{n}\right \rceil$次，后$m\mod n$步再暴力走完，时间复杂度不允许？循环矩阵哇，可以感性的理解为将步数向右推一位。

时间复杂度：$\Theta(n^2\times \log m)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m;
long long dp[1001][1001];
long long wzc[1001],flag[1001],ans[1001];
void matrix1()
{
	for(long long i=0;i<n;i++)flag[i]=ans[i],ans[i]=0;
	for(long long i=0;i<n;i++)
		for(long long j=0;j<n;j++)
			ans[(i+j)%n]=(ans[(i+j)%n]+flag[i]*wzc[j]%1000000007)%1000000007;
}
void matrix2()
{
	for(long long i=0;i<n;i++)flag[i]=wzc[i],wzc[i]=0;
	for(long long i=0;i<n;i++)
		for(long long j=0;j<n;j++)
			wzc[(i+j)%n]=(wzc[(i+j)%n]+flag[i]*flag[j]%1000000007)%1000000007;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	dp[0][0]=1;
	for(long long i=1;i<=n;i++)
		for(long long j=0;j<n;j++)
		{
			if((j-i+n)%n==(j+i)%n)dp[i][j]=dp[i-1][(j+i)%n];
			else dp[i][j]=(dp[i-1][(j-i+n)%n]+dp[i-1][(j+i)%n])%1000000007;
		}
	for(long long i=0;i<n;i++)
		wzc[i]=dp[n][i];
	ans[0]=1;
	long long bs=m/n;
	while(bs)
	{
	    if(bs&1)matrix1();
	    matrix2();
	    bs>>=1;
	}
	bs=m%n;
	for(long long i=0;i<n;i++)
		dp[0][i]=ans[i];
	for(long long i=1;i<=bs;i++)
		for(long long j=0;j<n;j++)
		{
			if((j-i+n)%n==(j+i)%n)dp[i][j]=dp[i-1][(j+i)%n];
			else dp[i][j]=(dp[i-1][(j-i+n)%n]+dp[i-1][(j+i)%n])%1000000007;
		}
	printf("%lld",dp[bs][0]);
	return 0;
}

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rp++