LightOJ1052 String Growth[矩阵快速幂]

F - Problem F

 LightOJ - 1052

 

题意:

一串字符串，它只有 a 和 b 组成，假设第 i 个字符串是 abab 那么第 i+1个字符串则为 b(ab)b(ab) 即下一个字符串，是由上一个字符串，通过将 a 变为 b，将 b 变为 ab，得到的。给你第 N 个字符串的跟第 M 个字符串的长度，求出第 K 个字符串的长度，其中，给定的字符串长度会有可能不符合要求，那时请输出Impossible。

题解:

我们假设第 i 个的字符串 a 的个数为 x，b 的个数为 y。

第 i 个 总和为    根据题目给的条件，我们可以推出下一个

第 i+1 个    总和为 

第 i+2 个  总和为

第 i+3 个 总和为 

第 i+4 个  总和为      以此类推...

我们看总和的系数  x 的系数是  1 1 2 3 5    y 的系数是 1 2 3 5 8

这显然是非常常见的斐波拉契数列

我们把设定 n < m (如果大于交换一下就好)

打个表，我们可以知道斐波拉契的第46项已经是大于 1e9 的了，而题目给定的长度是个真实长度，并非取模之后的。

那么意味着 n，m 的差值肯定是小于45 (先不说 n，m 是小于45) ，意味着，如果两者如果差值超过了 45 那么必然给定的长度，是错误的。

斐波拉契的起始值 fib[0]=0，fib[1]=1，fib[2]=1。

我们设 第 n 个字符串的 a，b 个数分别为 x，y，x 的系数为 fib[1]，y 的系数为 fib[2]

那么第 m 个字符串的 a，b 个数分别为 fib[m-n+1]*x，fib[m-n+2]*y  x的系数为fib[m-n+1]  y 的系数为fib[m-n+2]

可以用矩阵快速幂或者直接暴力求出第 m 个字符串的 a，b 系数，因为数据差值非常小,所以暴力完全可行。

 之后我们就可以得到这两条式子。

那么解方程，就可以算出 第 n 个字符串的 a，b 个数，先判断是否可行，即 如果存在 a 或 b 的个数小于0，那么就是Impossible

然而得到这个还不够，首先我们必须先判断了第 n 个字符串是否符合从第 1 个字符串开始变换出来的，即如果出现样例②那样的，第 5 个字符串的长度为 1，这显然是怎么都不可能从第 1 个字符串变出来的。

① n>=45

根据我们上述说过的，第46项斐波拉契数已经是超过了1e9，所以这种情况是Impossible。

② n==1

判断 a 的个数加上 b 的个数是否大于等于0，如果是，那么就直接可以从第 1 项通过算出第 k 项的斐波拉契系数，直接得到答案。否则 Impossible 。

③ n>1 && n<45

因为我们在跟 m 的判断是否符合当中，已经求出了第 n 个字符串的 a，b 个数，那么我们只要知道从第一项开始到第 n 项的 a，b的单独个数的系数。

我们通过刚才上面的公式可以发现 实际上是可以转换成

 不需要管 n 具体代指什么， 我们只是表达出他们的关系。

我们可以发现，只要我们求出 b 的系数即可  因为 f[n-2] = f[n] - f[n-1]。

我们可以发现，第 i 个字符串的 b 的个数的式子里面，y 的系数应该是 fib[i] (从第 1 个字符串开始算起，并且斐波拉契数列从0作为第一项)。 同样用矩阵快速幂求出该系数。

 之后会得到这样两条式子，继续解方程。(，分别代指第 n 个字符串的 a 的个数和 b 的个数，x，y 分别代指第 1 个字符串的 a 的个数和 b 的个数)

求出第 1 个字符串的 a，b 的个数，我们可以直接根据这个来求出第 k 个字符串的长度(这次就要一定使用矩阵快速幂了，因为 k 的范围很大)。

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<string>#include<algorithm>#include<queue>#include<stack>#include<set>#include<map>#include<vector>using namespace std;typedef long long ll;const int mod=1e9+7;const int N=3;ll aa[N][N],bb[N][N],ans[N][N],tmp[N][N];void initial(){    aa[0][0]=0;    aa[0][1]=aa[1][0]=aa[1][1]=1;    memset(ans,0,sizeof(ans));    for (int i=0 ; i<N ; ++i)        ans[i][i]=1;}void Pow(ll a[][N],ll b[][N],int n){    memset(tmp,0,sizeof(tmp));    for (int i=0 ; i<n ; ++i)        for (int j=0 ; j<n ; ++j)            for (int k=0 ; k<n ; ++k)                    tmp[i][k]=(tmp[i][k]+a[i][j]*b[j][k]%mod)%mod;    for (int i=0 ; i<n ; ++i)        for (int j=0 ; j<n ; ++j)            a[i][j]=tmp[i][j];}void Pow(ll a[][N],ll m){    while (m)    {        if (m&1)            Pow(ans,a,2);        Pow(a,a,2);        m>>=1;    }}void getans(ll x,ll y,int p){    initial();    Pow(aa,p-1);    ll k1=(ans[0][0]+ans[0][1])%mod;    ll k2=(ans[1][0]+ans[1][1])%mod;    ll ans=(x*k1%mod+y*k2%mod)%mod;    printf("%lld\n",ans);}bool check(int x1,int y1,int n,int p){    if (n>=45)        return 0;    if (n==1)    {        if (x1+y1<=0)            return 0;        getans(x1,y1,p);        return 1;    }    initial();    Pow(aa,n-2);    ll k1=ans[0][0]+ans[0][1];    ll k2=ans[1][0]+ans[1][1];    ll x=(y1*k1-x1*k2)/(k1*k1-(k2*k2-k1*k2));    ll y=(y1-k1*x)/k2;    if (x<0 || y<0)        return 0;    getans(x,y,p);    return 1;}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    for (int test=1 ; test<=T ; ++test)    {        int n,m,x,y,k;        scanf("%d%d%d%d%d",&n,&x,&m,&y,&k);        if (n>m)        {            swap(n,m);            swap(x,y);        }        printf("Case %d: ",test);        if (m-n<45)        {            ll a=1,b=1,c;            for (int i=0 ; i<m-n ; ++i)            {                c=a+b;                a=b;                b=c;            }            ll x1=b*x-y;            ll y1;            if (!(x1%(b-a)))            {                x1=x1/(b-a);                y1=x-x1;                if (x1<0 || y1<0 || !check(x1,y1,n,k))                    printf("Impossible\n");            }            else                printf("Impossible\n");        }        else            printf("Impossible\n");    }    return 0;}