题解-AtCoder-agc003F Fraction of Fractal（非矩阵快速幂解法）

Problem

题意：给出\(n\)行\(m\)列的01矩阵，一开始所有 \(1\) 连通，称此为\(1\)级分形，定义\(i\)级分形为\(i-1\)级分形中每个标示为 \(1\) 的格子中放一个 \(i-1\) 级分形（结合样例理解），求\(k\)级分形的连通块数量

Solution

网上好像都是矩阵快速幂的解法，然后一位集训中认识的dalao告诉我还有一种不用矩阵快速幂的解法：

首先发现分形中相接的地方一定是01矩阵某一行的左右端点或某一列的上下端点，我们管这些叫“接口”；在开始前先特判\(k=0\)或\(k=1\)

如果一个01矩阵既有上下接口又有左右接口，那么这个图形不管在几级分形下总会只有一个联通块；同样的，如果上下接口和左右接口都没有的话，那么这个图形不管在几级分形下不会相接，即设图形中 \(1\) 的数量为 \(S\)，则 \(k\) 级分形的联通块个数为\(S^{k-1}\)（分形一次联通块个数乘\(S\)）。现在剩下的情况中两种接口必定存在一个

设 \(c\) 为接口总数（一对算一个），\(S\)为01矩阵中 \(1\) 的数量，\(d\) 为块内连通个数（若仅有左右接口，则\(d\)为01矩阵中左右相邻两格都是 \(1\) 的对数；若仅有上下接口，则\(d\)为01矩阵中上下相邻两个都是 \(1\) 的对数）

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 级分形到 \(i+1\) 级分形时，\(n\cdot m\)个 \(i\) 级分形之间连通的个数（因为之间多连通一对，那最终联通块个数减一）

则有

\[f_i=\begin{cases}
\ d, & i=1\\
\ f_{i-1}\cdot c, & i\geq 2
\end{cases}\]

由于在 \(i\) 级分形到第 \(i+1\) 级分形中合并的数量在 \(k\) 级分形中会被复制 \(S^{k-1-i}\) 次

所以答案为

\[Ans=S^{k-1}-\sum_{i=1}^{k-1}f_i\cdot S^{k-1-i}
\]

将 \(f_i=dc^{i-1}\) 代入，化简得

\[Ans=S^{k-1}-\sum_{i=1}^{k-1}dc^{i-1}\cdot S^{k-1-i}
\]

\[Ans=S^{k-1}-d\cdot c^{-1}\cdot S^{k-1}\cdot \sum_{i=1}^{k-1}c^i\cdot S^{-i}
\]

\[Ans=S^{k-1}-d\cdot c^{-1}\cdot S^{k-1}\cdot \sum_{i=1}^{k-1}(\frac cS)^i
\]

\[Ans=S^{k-1}-d\cdot c^{-1}\cdot S^{k-1}\cdot \frac {\frac cS-(\frac cS)^k}{1-\frac cS}
\]

\[Ans=S^{k-1}-\frac {d(S^{k-1}-c^{k-1})}{S-c}
\]

这样就只需要快速幂而非矩阵快速幂了

Code

#include <cstdio>

typedef long long ll;

const int N=1010,p=1e9+7;

char s[N][N];

int n,m,d,c,S,col,row;

ll k;

inline int qm(int x){return x<0?x+p:x;}

template <typename _tp> inline int qpow(int A,_tp B){

	int res(1);while(B){

		if(B&1)res=1ll*res*A%p;

		A=1ll*A*A%p,B>>=1;

	}return res;

}

int main(){

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

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

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

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

			if(s[i][j]=='#')++S;

	}

	for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i][1]=='#'&&'#'==s[i][m])++row;

	for(int i=1;i<=m;++i)if(s[1][i]=='#'&&'#'==s[n][i])++col;

	if(!row&&!col){printf("%d\n",qpow(S,k-1));return 0;}

	if(!k||(row&&col)){puts("1");return 0;}

	if(row)

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

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

			d+=(s[i][j]=='#'&&s[i][j+1]=='#');

	else

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

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

			d+=(s[i][j]=='#'&&s[i+1][j]=='#');

	c=row?row:col;

	int ans=qm(qpow(S,k-1)-qpow(c,k-1));

	ans=1ll*ans*d%p;

	ans=1ll*ans*qpow(qm(S-c),p-2)%p;

	printf("%d\n",qm(qpow(S,k-1)-ans));

	return 0;

}