20180524模拟赛T3—

【题目描述】

有一个星球要创造新的单词，单词有一些条件：

字母集有$p$个元音和$q$个辅音，单词由字母构成
每个单词最多有$n$个元音和$n$个辅音（同一元音或辅音可重复使用）
每个单词中元音总是出现在所有辅音之前，可以没有元音或没有辅音
每个单词至少有一个字母
可以在字母上标记重音。元音中最多标记一个，辅音中也最多标记一个，一个单词中最多标记两个字母为重音
如果两个单词字母、字母顺序或者重音不同就认为这两个单词不同。

他们想要知道一共能创造多少不同的单词，由于答案可能很大，所以只要输出答案mod M后的值。

【输入格式】

输入文件word.in包含4个正整数$p,q,n,M$

【输出格式】

输出文件word.out包含一个非负整数表示能创造出的新单词数 mod M 后的值。

【样例输入1】

1 1 1 9

【样例输出1】

8

【样例输入2】

2 3 2 1000

【样例输出2】

577

【样例输入3】

1 1 1000000000 1000000000

【样例输出3】

0

【数据规模】

对于 $30\%$的数据，$p, q, n\le 7$

对于$60\%$的数据，$n \le 100000$

对于$100\%$的数据，$ p, q, n, M ≤ 10^9$

题解

个人认为这题的题目描述可能会造成一点小小的误解。那就是“所有”的元音都应该放在辅音之前，即元辅音可以分开来看。

那我们就只看元音吧。

于是我们就可以很自然地推出$ans=\sum_{i=1}^n(i+1)p^i$。由于有一个叫重音的东西，所以系数是$i+1$。直接算会T（70分），于是我们就想到了矩阵快速幂（orz严公分块、倍增）。

首先我们当然想到是推$2\times 2$的，于是写出初始矩阵$\begin{bmatrix}0 & 2p \end{bmatrix}$，要转移到$\begin{bmatrix}2p & 3p^2+2p\end{bmatrix}$。发现矩阵的系数有变化，无法转移。于是我们就需要添加一格来辅助转移。观察两矩阵的系数变化，我们就不难推出辅助的那个应该填什么：$\begin{bmatrix}0&p&2p\end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}2p&p^2&3p^2+2p\end{bmatrix}$。于是得出中间矩阵是$\begin{bmatrix}1&0&0\\0&p&p\\1&0&p\end{bmatrix}$话说个人这题的矩阵的推法挺精妙的，建议仔细回味一下）。

然后就用同样的方法算辅音即可。

代码

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <fstream>

using namespace std;

typedef long long LL;

ifstream fin("word.in");

ofstream fout("word.out");

LL chen[4][4], q, p, n, mod, jg[2][4], tt[4][4];

inline void pow(int aa)

{

	while(aa)

	{

		if(aa & 1)

		{

			for(int j = 1; j <= 3; ++j)

			{

				tt[1][j] = 0;

				for(int k = 1; k <= 3; ++k)

					tt[1][j] = (tt[1][j] + jg[1][k] * chen[k][j] % mod) %mod;

			}

			memcpy(jg, tt, sizeof(jg));

		}

		aa >>= 1;

		for(int i = 1; i <= 3; ++i)

			for(int j = 1; j <= 3; ++j)

			{

				tt[i][j] = 0;

				for(int k = 1; k <= 3; ++k)

					tt[i][j] = (tt[i][j]+chen[i][k]*chen[k][j]%mod)%mod;

			}

		memcpy(chen, tt, sizeof(chen));

	}

}

int main()

{

	fin >> q >> p >> n >> mod;

	jg[1][1] = (q<<1) % mod;

	jg[1][2] = q % mod;

	chen[1][1] = chen[2][1] = chen[2][2] = q % mod;

	chen[1][3] = chen[3][3] = 1;

	pow(n);

	LL sumy = jg[1][3];

	memset(jg, 0, sizeof(jg));

	memset(chen, 0, sizeof(chen));

	jg[1][1] = (p<<1) % mod;

	jg[1][2] = p%mod;

	chen[1][1] = chen[2][1] = chen[2][2] = p % mod;

	chen[1][3] = chen[3][3] = 1;

	pow(n);

	LL sumf = jg[1][3];

	LL ans = (sumy*sumf%mod + sumy + sumf) % mod;

	fout << ans;

	return 0;

}

巴特西

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