Codeforces Round #420 (Div. 2) 821E. Okabe and El Psy Kongroo

题目链接：

http://codeforces.com/contest/821/problem/E

题意：

一个人要从（0,0）到（k，0），并且只能往右或右上或右下走，问有多少种走法。这个平面上有n条平行于x轴的线段，设第i条线段的左起点为LX[i]，右起点为RX[i]，纵坐标为Y[i]，并且RX[i]=LX[i+1]，就是n条线段在X轴上的投影是连续的。当这个人在（x,y）点上且LX[i]<=x<=RX[i]时，要求y<=Yi。

题解：

设dp[i][j]为走到(i,j)有多少种走法。

则dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j+1]

由于这题的横坐标很大（1e18）所以不能直接dp，但是纵坐标最大为15，所以可以考虑矩阵快速幂求解。

设矩阵为dp[i]

表示在横坐标为i时能到达所有纵坐标的走法。

则有以下公式

dp[i]=A*dp[i-1]

这样就是基础的矩阵快速幂了，dp[i]=A^i*dp[0]

然后还要注意这里有n条线段所以dp[0]指的是线段左端点的值

比如第一条线段的dp[0][0] = 1

第二条线段的dp[0][0]就是第一条线段的dp[RX[1]][0]

最后求出第n条线段的dp[k-LX[n]][0]就是答案了

时间复杂度为O(15^3*n)

PS:重装了系统，没画矩阵的软件了将就一下看吧。。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define inf 0x7fffffff#define ll long long#define ull unsigned long longconst ll mod = 1e9+7;const ll INF = 1e18;typedef pair<int, int>P;const double eps = 1e-6;const int maxn = 6e5+5;struct mat{    ll a[16][16];    int n, m;    mat(){}    mat(int _n, int _m)    {        n = _n;        m = _m;        memset(a, 0, sizeof(a));    }    mat operator *(const mat &b) const    {        mat ret(n, b.m);        for(int i=0; i<=n; i++) {            for(int j=0; j<=b.m; j++) {                for(int k=0; k<=m; k++) {                    ret.a[i][j] = (ret.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j])%mod;                }            }        }        return ret;    }    void print()    {        for(int i=0; i<=n; i++) {            for(int j=0; j<=m; j++) {                printf("%d ", a[i][j]);            }            puts("");        }        puts("");    }};mat quick_mod(ll k, int y){    mat ans(y, y);    mat base(y, y);    for(int i=0; i<=y; i++) {        ans.a[i][i] = 1;        base.a[i][i] = 1;        if(i-1>=0)  base.a[i][i-1] = 1;        if(i+1<=y) base.a[i][i+1] = 1;    }    while(k) {        if(k&1)            ans = ans*base;        base = base*base;        k >>= 1ll;    }    return ans;}ll lx[105];ll rx[105];ll y[105];int main(){    ll n, k;    cin >> n >> k;    for(int i=0; i<n; i++) {        cin >> lx[i] >> rx[i] >> y[i];    }    mat ret(y[0], 0);    ret.a[0][0] = 1;    for(int i=0; i<n-1; i++) {        mat tmp(y[i], y[i]);        tmp = quick_mod(rx[i]-lx[i], y[i]);        ret.n = y[i];        //纵坐标超出线段y值的全部赋值为0        for(int i=ret.n+1; i<=15; i++) {            ret.a[i][0] = 0;        }        ret = ret*tmp;    }    //最后一条线段只用求到k    mat tmp = mat(y[n-1], y[n-1]);    tmp = quick_mod(k-lx[n-1], y[n-1]);    ret.n = y[n-1];    for(int i=ret.n+1; i<=15; i++) {        ret.a[i][0] = 0;    }    ret = ret*tmp;    cout << ret.a[0][0] << endl;    /*    mat t = mat(3, 3);    quick_mod(1, 3).print();*/}