题目描述
有个 \(n\) 行 \(m\) 列的棋盘，棋盘上可以放许多棋子。每个棋子的攻击范围是 \(3\) 行 \(p\) 列。输入数据用一个 \(3\times p\) 的矩阵给出了棋子攻击范围的模板，棋子被默认为模板中的第 \(2\) 行，第 \(k+1\) 列，则棋子能攻击到的位置是 \(1\)，不能攻击到的位置是 \(0\)。输入数据保证第 \(2\) 行第 \(k+1\) 列的位置是 \(1\)。求在棋子互相不能攻击到的前提下，摆放棋子的方案数，答案对 \(2^{32}\) 取余数。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 10^{6}\)，\(1 \leq m \leq 6\)。
题目分析
\(m\) 很小，考虑状压 \(\text{DP}\)。
第一步，状压。对于每一行的摆放棋子的情况，我们用二进制压缩，\(0\) 代表改位置不摆放，反之为 \(1\)。
第二步，状态总量简化。首先并非 \([0,2^m-1]\) 都是合法行状态，通过枚举，将合法状态存在一个数组 \(S\) 中，这将是之后 \(\text{DP}\) 转移时的可行方案库！
一个小小的问题是，如何利用给定的棋子攻击范围的模板，来快速判断行状态是否合法？显然，行状态的合法性取决于第二行的攻击模板，但是由于攻击模板是以 \(k+1\) 为基准的，所以我们枚举待判定的行中的所有 \(1\)，将攻击模板左移 \(\text{or}\) 右移使得 \(k+1\) 与该位置对齐，判断平移后的攻击模板是否与待判定的行有重叠即可（即按位或结果是否非零），这部分的复杂度是 \(O(m)\) 的，因此第二步的总复杂度为 \(O(m2^m)\)。
第三步，\(\text{DP}\)。由于棋子攻击范围的模板只有三行，所以转移只需考虑上一行的情况即可。设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行摆放棋子的方案为 \(S_j\) 时，前 \(i\) 行构成的子棋盘的所求方案数。则:
其中求和中的括号为艾弗森括号，\(check(S_t,S_j)\) 表示 \(S_t\) 在上一行是否会与 \(S_j\) 冲突。判断方法由第二步如法炮制即可。\(\text{DP}\) 的总复杂度是 \(O(nm(2^m)^2)\)。预处理 \(check\) 的所有情况则可做到 \(O(n4^m)\)，由于 \(n\) 很大，这样的做法是很难通过本题的。
第四步，优化。显然这个算法的瓶颈在于 \(n\)，但是如何才能把 \(n\) 优化掉呢？在众多 \(\text{DP}\) 优化中，最常见的对 \(n\) 优化的方法当属矩阵加速（快速幂）。因此我们用矩阵的眼光重新梳理转移式:
这样，我们答案就为:
配合矩阵快速幂求解，时间复杂度：\(O(8^m\log n)\)
第五步，小细节。对于取模，由于模数为 \(2^{32}\)，只需用 \(\text{unsigned}\) \(\text{int}\) 自然溢出即可。
Code
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
const int N=1e6+10;
int n,m,p,k,a[4],x,S[74],cnt;
ui Ans;
struct mat {ui a[74][74];int r,c;mat() {memset(a,0,sizeof(a));}
};
mat operator * (mat x,mat y) {mat z;z.r=x.r,z.c=y.c;for(int i=1;i<=x.r;i++)for(int j=1;j<=y.c;j++)for(int k=1;k<=x.c;k++)z.a[i][j]=z.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j];return z;
}
mat ksm(mat x,int y) {mat ret=x;y--;while(y) {if(y&1) ret=ret*x;x=x*x;y>>=1;}return ret;
}
mat G,sta,ans;
bool check1(int u) {for(int i=1;i<=m;i++) {if((u>>(i-1))&1) {if(i-k<0) {if(u&(a[2]>>(k-i))) return false;}else {if(u&(a[2]<<(i-k))) return false;}}} return true;
}
bool check2(int u,int v) {for(int i=1;i<=m;i++) {if((u>>(i-1))&1) {if(i-k<0) {if(v&(a[3]>>(k-i))) return false;}else {if(v&(a[3]<<(i-k))) return false;}}} for(int i=1;i<=m;i++) {if((v>>(i-1))&1) {if(i-k<0) {if(u&(a[1]>>(k-i))) return false;}else {if(u&(a[1]<<(i-k))) return false;}}} return true;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m>>p>>k;k++;for(int i=1;i<=3;i++) {for(int j=1;j<=p;j++) {cin>>x;if(i==2&&j==k) x=0;a[i]|=(x<<(j-1)); }} for(int i=0;i<(1<<m);i++) if(check1(i)) S[++cnt]=i;sta.r=1,sta.c=cnt;G.r=G.c=cnt;for(int i=1;i<=cnt;i++) {sta.a[1][i]=1;for(int j=1;j<=cnt;j++)if(check2(S[i],S[j])) G.a[i][j]=1;}ans=sta*ksm(G,n-1);for(int i=1;i<=cnt;i++) Ans+=ans.a[1][i];cout<<Ans;return 0;
}