bzoj1494 生成树计数 (dp+矩阵快速幂)

题面欺诈系列...

因为一个点最多只能连到前k个点，所以只有当前的连续k个点的连通情况是对接下来的求解有用的

那么就可以计算k个点的所有连通情况，dfs以下发现k=5的时候有52种。

我们把它们用类似于并查集的方式表达（比如12132代表点1和点3连通，2和5连通，3自己），然后再压缩一下。

但要注意的是，12132和23213这两种实际对应的是一种连通情况，我们只要把它都化成字典序最小的那种就可以了

然后考虑增加一个新点以后状态的转移，可以枚举这个点与前k个点（始状态S）的连边情况，其中有一些是不合法的：

　　1.连到了两个本来就连通的点上（导致成环）

　　2.在1号点不与其他点连通的情况下，没有连到1号点（导致不连通）

然后再根据连边情况得到终状态E，将trans[S][E]++。最后trans[i][j]表示的就是加入一个点后由i状态到j状态的方案数

那么就可以得到递推式$f[i][j]=\sum^{总状态数}_{k=1}{f[i-1][k]*trans[k][j]}$，其中f[i][j]表示以i为结尾的k个点状态是j的方案数

那么答案就是f[N][1]（假设1是都连通的状态）

然后初值就应该是f[K][i]=i状态的方案数，其中i状态的方案数为它其中每个联通块方案数的乘积。

那么联通块的方案数怎么算呢？其实题面已经说了...n个点的方案数就是$n^{n-2)}$

然后就可以愉快地dp一脸啦

容易发现递推的形式其实和矩阵乘法是相同的，把f[i]和trans看作矩阵，就是$f[N]=f[K]*trans^{N-K}$

然后就可以倍增做矩阵快速幂了。方法和整数的快速幂是一样的。

复杂度：

　　K=5的状态数接近50，$log(10^{15})$接近50。

　　所以基本上是$50^3*50=6250000$的。

代码写的很蛋疼...

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<vector>
 #define LL long long
 #define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 const LL maxn=1e15+,maxs=,p65=,mod=;

 LL rd(){
     LL x=;char c=getchar();int neg=;
     while(c<''||c>''){if(c=='-') neg=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<='') x=x*+c-'',c=getchar();
     return x*neg;
 }

 LL N;int K,sct,num[]={,,,,,};
 LL f[maxs];
 LL trans[][maxs][maxs],out[][maxs][maxs];
 struct ST{
     int s[];
     ST(int x=){memset(s,x,sizeof(s));}
 }sta[maxs];
 struct Mat{
     LL m[maxs][maxs];
     Mat(){memset(m,,sizeof(m));}
 };
 int mp[p65];

 void print(ST s){
     for(int i=;i<=K;i++) printf("%d",s.s[i]);
 }
 int STtoInt(ST s){
     int x=;for(int i=;i<=K;i++) x=x*+s.s[i];return x;
 }

 ST toLeast(ST s){
     ST flag=ST(-),re=ST();int n=;
     for(int i=;i<=K;i++){
         if(flag.s[s.s[i]]==-) flag.s[s.s[i]]=n++;
         re.s[i]=flag.s[s.s[i]];
     }return re;
 }

 void dfs1(int x,ST s,int m){
     if(x>=K+){
         sta[++sct]=s;mp[STtoInt(s)]=sct;return;
     }
     for(int i=;i<=m+;i++){
         s.s[x]=i;
         dfs1(x+,s,max(m,i));
     }
 }

 void dfs2(int x,ST s,ST from){
     if(x>=K+){
         bool flag[],bb=s.s[];ST to=ST();int mi=;
         memset(flag,,sizeof(flag));
         //print(from);printf("\t");print(s);printf("\n");
         for(int i=;i<=K;i++){
             if(!s.s[i]) continue;
             if(flag[from.s[i]]) return;
             flag[from.s[i]]=;mi=min(mi,from.s[i]);
         }
         for(int i=;i<=K;i++){
             to.s[i-]=flag[from.s[i]]?mi:from.s[i];
             if(from.s[]==to.s[i-]) bb=;
         }to.s[K]=mi;
         if(!bb) return;
         to=toLeast(to);
         //print(from);printf("\t");print(s);printf("\t");print(to);printf("\n");
         trans[][mp[STtoInt(from)]][mp[STtoInt(to)]]++;

     }else{
         dfs2(x+,s,from);s.s[x]=;dfs2(x+,s,from);
     }
 }

 void sets(){
     for(int i=;i<=sct;i++){
         dfs2(,ST(),sta[i]);
         //for(int j=1;j<=sct;j++) printf("%d ",trans[0][i][j]);printf("\n");
         ST cnt=ST();
         for(int j=;j<=K;j++) cnt.s[sta[i].s[j]]++;
         f[i]=;for(int j=;j<K;j++) if(num[cnt.s[j]])f[i]*=num[cnt.s[j]];
     }
 }

 void solve(){
     LL p=N-K;bool b=,c=;int i,j,k;
     for(i=;i<=sct;i++) out[][i][i]=;
     while(p){
         if(p&){
             memset(out[c],,sizeof(out[c]));
             for(i=;i<=sct;i++){
                 for(j=;j<=sct;j++){
                     for(k=;k<=sct;k++){
                         out[c][i][j]=(out[c][i][j]+out[c^][i][k]*trans[b^][k][j])%mod;
                     }
                 }
             }c^=;
         }
         memset(trans[b],,sizeof(trans[b]));
         for(i=;i<=sct;i++){
             for(j=;j<=sct;j++){
                 for(k=;k<=sct;k++){
                     trans[b][i][j]=(trans[b][i][j]+trans[b^][i][k]*trans[b^][k][j])%mod;
                 }
             }
         }p>>=;b^=;
     }LL ans=;
     for(i=;i<=sct;i++){
         ans=(ans+f[i]*out[c^][i][])%mod;
     }printf("%d\n",ans);
 }

 int main(){
     int i,j,k;
     K=rd(),N=rd();
     dfs1(,ST(),);sets();
     solve();
     return ;
 }