矩阵快速幂+map 雷神之路 scu dp练习A题

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题意：刚开始在位置0，只允许向右走，可以走1步，2步或3步，路上有地雷，不能踩(m <= 500)。问到达位置n的方法数(n <= 1e18)，答案取模1e9+7

思路：很明显要用矩阵快速幂来加速计算dp。

我们假如知道了位置pos[i]有一个雷，那么我们就要算出dp[pos[i]-1]和dp[pos[i]-2]的值，并让dp[pos[i]]=0

对于下一个雷，我们就直接从这里开始用矩阵快速幂算到下一个雷的位置。

因为里面的情况比较多，我们可以直接用map来类似记忆化一样，保存节点的答案，可以避免各种判断

#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define fuck(x) cout<<"["<<x<<"]";
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define FOUT freopen("output.txt","w+",stdout);
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int mod = 1e9 + 7;
const int MX = 1e5 + 5;

typedef vector<int> vec;
typedef vector<vec> mat;
mat mat_mul(mat &A, mat &B) {
mat C(A.size(), vec(B[0].size()));
for(int i = 0; i < A.size(); i++) {
for(int j = 0; j < B[0].size(); j++) {
for(int k = 0; k < B.size(); k++) {
C[i][j] = ((LL)A[i][k] * B[k][j] + C[i][j]) % mod;
}
}
}
return C;
}
mat mat_pow(mat A, LL n) {
mat B(A.size(), vec(A.size()));
for(int i = 0; i < A.size(); i++) B[i][i] = 1;
while(n) {
if(n & 1) B = mat_mul(B, A);
A = mat_mul(A, A);
n >>= 1;
}
return B;
}
int f(int a, int b, int c, LL n) {
mat A(3, vec(3)), B(3, vec(1));
A[0][0] = A[0][1] = A[0][2] = 1;
A[1][0] = 1; A[1][1] = A[1][2] = 0;
A[2][0] = 0; A[2][1] = 1; A[2][2] = 0;
B[0][0] = c; B[1][0] = b; B[2][0] = a;
A = mat_pow(A, n);
B = mat_mul(A, B);
return B[0][0];
}
LL pos[MX];
int main() {
int T, m; //FIN;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
LL n;
map<LL, int> ans;
scanf("%lld%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%lld", &pos[i]);
}
sort(pos + 1, pos + 1 + m);
pos[m + 1] = n + 1;

ans[-2] = ans[-1] = 0; ans[0] = 1;
int now = 0, a = 0, b = 0, c = 1;

for(int i = 1; i <= m + 1; i++) {
if(!ans.count(pos[i] - 2)) ans[pos[i] - 2] = f(a, b, c, pos[i] - 2 - now);
if(!ans.count(pos[i] - 1)) ans[pos[i] - 1] = f(a, b, c, pos[i] - 1 - now);
ans[pos[i]] = 0; now = pos[i];
a = ans[pos[i] - 2]; b = ans[pos[i] - 1]; c = 0;
}
printf("%d\n", ans
);
}
return 0;
}