HDU 5863 cjj's string game（dp+矩阵快速幂）

Description

有种不同的字符，每种字符有无限个，要求用这k种字符构造两个长度为n的字符串a和b，使得a串和b串的最长公共部分长度恰为m，问方案数

Input

第一行一整数T表示用例组数，每组用例输入三个整数n,m,k

(1<=T<=100,1<=n<=10^9,1<=m<=10,1<=k<=26)

Output

对于每组用例，输出方案数，结果模1e9+7

Sample Input

2

3 2 3

3 3 3

Sample Output

108

27

Solution

考虑最长匹配的位置，可能以最后一个字符结尾，也可能以前面某个字符结尾，之后的讨论中我们不妨将以最后一个字符结尾的m-匹配称为最后出现的最长匹配，不以最后一个字符结尾的m-匹配称为前面出现的最长匹配，那么我们以dp[i][j]表示以i结尾，匹配了j长度的方案数，那么我们根据第i个位置的放法有以下转移

dp[i][0]=(dp[i-1][0]+…+dp[i-1][m]) * k * (k-1)

dp[i][j]=dp[i-1][j-1] * k，j=1,2,…,m

用矩阵快速幂加速这个dp可以得到dp
[0]~dp
[m]，即



令sum=dp
[0]+dp
[1]…+dp
[m]，那么sum的意义可以解释为前面出现的最长匹配<=m的方案，最后出现的最长匹配<=m的方案，而我们要求的是前面出现的最长匹配<=m，最后出现的最长匹配<=m，且两个等号至少一个成立的方案，那么去掉不合法的即可，不合法方案即为前面出现的最长匹配<=m-1的方案，最后出现的最长匹配<=m-1的方案，这就是将原来dp转移转移过程中的m变成m-1后的子问题，故做两遍矩阵快速幂，将sum值做差即为答案

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 1000000007ll
#define maxn 11
struct Mat
{
ll mat[maxn][maxn];//矩阵
int row,col;//矩阵行列数
};
ll mod_Pow(ll a,ll b,ll p)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=ans*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
Mat mod_mul(Mat a,Mat b,int p)//矩阵乘法
{
Mat ans;
ans.row=a.row;
ans.col=b.col;
memset(ans.mat,0,sizeof(ans.mat));
for(int i=0;i<ans.row;i++)
for(int k=0;k<a.col;k++)
if(a.mat[i][k])
for(int j=0;j<ans.col;j++)
{
ans.mat[i][j]+=a.mat[i][k]*b.mat[k][j]%p;
ans.mat[i][j]%=p;
}
return ans;
}
Mat mod_pow(Mat a,int k,int p)//矩阵快速幂
{
Mat ans;
ans.row=a.row;
ans.col=a.col;
for(int i=0;i<a.row;i++)
for(int j=0;j<a.col;j++)
ans.mat[i][j]=(i==j);
while(k)
{
if(k&1)ans=mod_mul(ans,a,p);
a=mod_mul(a,a,p);
k>>=1;
}
return ans;
}
ll n;
int T,m,k;
ll Solve(int m)
{
Mat A;
A.col=A.row=m+1;
memset(A.mat,0,sizeof(A.mat));
for(int i=0;i<=m;i++)A.mat[0][i]=k*(k-1);
for(int i=1;i<=m;i++)A.mat[i][i-1]=k;
A=mod_pow(A,n,mod);
ll ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++)ans=(ans+A.mat[i][0])%mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%d%d",&n,&m,&k);
ll ans=Solve(m)-Solve(m-1);
printf("%I64d\n",(ans%mod+mod)%mod);
}
return 0;
}