【NOIP2016提高组11.7】涂色游戏

题目大意

给你n行m列的网格，每个格子可以涂上一种颜色，一共有p种颜色，要求相邻两行的颜色总数不小于q。求方案数模998244353的结果。

n≤100 m≤109 q≤p≤100

分析

首先设f[i][j]表示决策好了前i列，最后一列有j种颜色的方案数。现在考虑第i+1列。
枚举一个k，表示第i+1列的颜色总数，再枚举两行都出现的颜色数x。转移：

f[i+1][k]=∑f[i][j]∗Cxj∗Ck−xp−j∗sum(k)

其中sum(k)为n行填恰好k个颜色的方案数，可以O(n2p)预处理。

现在m很大，然而n很小，可以矩阵乘法+快速幂转移。
时间复杂度O(n3logm)

注意模数

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=105,mo=998244353;typedef long long LL;int n,m,p,q,c[N][N],a[N][N],f[N][N],g[N][N],ans,Fac[N],M,b[N][N];void mulf(){    memset(b,0,sizeof(b));    for (int i=0;i<=p;i++)        for (int j=0;j<=p;j++)            for (int k=0;k<=p;k++)                b[i][j]=(b[i][j]+(LL)f[i][k]*f[k][j])%mo;    memcpy(f,b,sizeof(f));}void mula(){    memset(b,0,sizeof(b));    for (int i=0;i<=p;i++)        for (int j=0;j<=p;j++)            for (int k=0;k<=p;k++)                b[i][j]=(b[i][j]+(LL)f[i][k]*a[k][j])%mo;    memcpy(f,b,sizeof(f));}void quick(int x){    if (!x) return;    quick(x>>1);    mulf();    if (x&1) mula();}int main(){    freopen("color.in","r",stdin); freopen("color.out","w",stdout);    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);    c[0][0]=Fac[0]=1;    for (int i=1;i<N;i++)    {        c[i][0]=c[i][i]=1; Fac[i]=(LL)Fac[i-1]*i%mo;        for (int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;    }    g[0][0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++)        for (int j=1;j<=p;j++)            for (int k=0;k<i;k++) g[i][j]=(g[i][j]+(LL)g[k][j-1]*c[i][k])%mo;    for (int i=0;i<=p;i++)    {        f[i][i]=1;        for (int j=0;j<=p;j++)            for (int k=max(i-j-p,0);k<=min(i,j) && i+j-k>=q;k++)                a[i][j]=(a[i][j]+(LL)c[p-i][j-k]*c[i][k]%mo*g[n][j]%mo)%mo;    }    quick(m-1);    for (int i=1;i<=min(n,p);i++)        for (int j=1;j<=min(n,p);j++) ans=(ans+(LL)f[i][j]*c[p][i]%mo*g[n][i])%mo;    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin); fclose(stdout);    return 0;}