Codeforces 351C Jeff and Brackets 矩阵优化DP

题意：你要在纸上画一个长度为n * m的括号序列，第i个位置画左括号的花费是a[i % n], 画右括号的花费是b[i % n]，问画完这个括号序列的最小花费。n <= 20, m <= 1e7

思路：如果不管n和m的限制，这个题很好做，设dp[i][j]是到i位置，平衡因子是j的花费，dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + a[i], dp[i - 1][j + 1] + b[i])，但是这样n * m到2e8级别，这是我们无法承受的。不过，我们可以发现一个性质：平衡因子的大小不会超过2 * n,因为如果超过2 * n,我们可以通过交换顺序而不改变答案，让平衡因子都小于2 * n。我们想一下dp的转移，我们发现可以用一次矩阵乘法来执行一次转移(设转移矩阵是C)，那么C[j][j + 1] = a[i]，C[j][j - 1] = b[i]，那么乘一次这个矩阵就执行了一次转移，因为a和b数组是长度为n的循环，那么我们可以一次处理出n次转移的矩阵（由矩阵乘法的结合律可知），再用矩阵快速幂执行这样的n次转移m次，就得到了最终的答案。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 2e9
#define LL long long
using namespace std;
int a[30], b[30], N;
struct Matrix {
	LL a[55][55];
	Matrix(int x = INF) {
		memset(a, 0x3f, sizeof(a));
		for (int i = 0; i < N; i++)
			a[i][i] = x;
	}
	friend Matrix operator * (const Matrix& A, const Matrix& B) {
		Matrix ans;
		for (int i = 0; i < N; i++)
			for (int j = 0; j < N; j++)
				for (int k = 0; k < N; k++)
					ans[i][j] = min(ans[i][j], A[i][k] + B[k][j]);
		return ans;
	}
	Matrix operator ^ (int y) {
		Matrix x = *this, ans(0);
		for (; y; y >>= 1) {
			if(y & 1) ans = ans * x;
			x = x * x;
		}
		return ans;
	}
	LL*operator [](int x) {
		return a[x];
	}
	const LL*operator [](int x) const {
		return a[x];
	}
};

int main() {
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &b[i]);
	N = 2 * n + 1;
	Matrix dp, A(0);
	dp[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		Matrix tmp;
		for (int j = 0; j <= N; j++) {
			if(j) tmp[j - 1][j] = a[i];
			if(j < 2 * n) tmp[j + 1][j] = b[i];
		}
		A = A * tmp;
	}
	dp = dp * (A ^ m);
	printf("%lld\n", dp[0][0]);
}