超级跳马-题解

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思路分析

本篇题解要求一定线性代数基础。

用一个向量 \(p_i \in \mathbb{N^n}\) 表示从 \((0,0)\) 到第 \(i\) 列的各点的方案数。用一个矩阵 \(D\) 来表示某一列对另一列的贡献： \(p_j \leftarrow p_j + Dp_i\)，其中 \(j-i\) 为奇数。考虑到马只能上下跳一格，转移矩阵 \(D\) 应该长这样（以 \(n=4\) 为例）：

\[ \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} \]

用数学语言描述，就是主对角线以及其上下两条对角线为 \(1\)，其余为全 \(0\)。

另外，我们约定仅主对角线全 \(1\) 的单位矩阵为 \(I\)。

根据上面的分析，我们可以写出向量形式的 dp 转移方程：

\[ p_i=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{i}{2}\rfloor}{Dp_{i-2k-1}} =D\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{i}{2}\rfloor}{p_{i-2k-1}} \]

如何优化呢？容易想到根据 \(i\) 的奇偶分别求和。用 \(S_i\) 表示比 \(i\)，且与 \(i\) 奇偶性相同的所有 \(p_j\) 之和。则有：

\[ S_i=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{i+1}{2}\rfloor}{p_{i-2k}} \]

现在，我们发现：

\[ \begin{aligned} p_i&=DS_{i-1} \\ S_i&=S_{i-2}+p_j \end{aligned} \]

所以有：

\[ S_i=DS_{i-1}+S_{i-2} \]

熟悉的感觉回来了！这玩意就是斐波那契数列的变形！直接上矩阵快速幂优化（没错，用矩阵优化向量转移）：

\[ \begin{bmatrix} S_i\\ S_{i-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} D & I \\ I & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} S_{i-1}\\ S_{i-2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} D & I \\ I & 0 \end{bmatrix} ^ {i-2}\begin{bmatrix} S_{2}\\ S_{1} \end{bmatrix} \]

虽然 \(D\) 作为矩阵元素本身也是矩阵，但这并不影响优化。当然，矩阵乘法的性质告诉我们将 \(D\) 和 \(p\) 这类矩阵和向量展开成一个个的元素也不影响正确性，但是就显得很繁琐，就不在这里展开了。

AC 代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 30011;

int n, m;

vector<int> dp, zero;
vector<vector<int> > trans, ans;

vector<vector<int> > multi(const vector<vector<int> > &a, const vector<vector<int> > &b) {
    vector<vector<int> > res;
    res.resize(n * 2, zero);
    for (int i = 0; i < 2 * n; i++) {
        for (int j = 0; j < 2 * n; j++) {
            for (int k = 0; k < 2 * n; k++) {
                (res[i][j] += a[i][k] * b[k][j]) %= mod;
            }
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    m -= 2;
    zero.resize(n * 2, 0);

    dp = zero;
    dp[0] = dp[1] = dp[n] = 1;

    trans.resize(n * 2, zero);
    ans.resize(n * 2, zero);

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i - 1 >= 0) trans[i][i - 1] = 1;
        if (i + 1 < n) trans[i][i + 1] = 1;
        trans[i][i] = 1;
        trans[i][i + n] = 1;
        trans[i + n][i] = 1;

        ans[i][i] = ans[i + n][i + n] = 1;
    }

    while (m) {
        if (m & 1LL) ans = multi(ans, trans);
        trans = multi(trans, trans);
        m >>= 1;
    }
    //n - 1, n - 2
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n * 2; i++) {
        //注意 n==1 时候的细节
        if (n == 1) (res += ans[2 * n - 1][i]) %= mod;
        else (res += (ans[2 * n - 1][i] + ans[2 * n - 2][i]) * dp[i]) %= mod;    
    }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}
/*
展开后的矩阵：
1 1 0 0 1 0 0 0
1 1 1 0 0 1 0 0
0 1 1 1 0 0 1 0
0 0 1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0 0 
*/