【模型轉化】【dp/矩陣乘法】AGC013E - Placing Squares

題意：

你有一個長度爲n的紙條，上面有m個標記，左端點與第i個標記的距離爲x[i]。現在，你要在紙條上擺放一些（可以爲一個）正方形，滿足以下要求：
1：正方形邊長爲整數。
2：正方形的一條邊必須接觸紙條並且完全處於紙條上（不能超出紙條）。
3：紙條的任易位置都必須接觸正方形（紙條被正方形完全覆蓋）。
4：兩個正方形的邊界線不能直接位於標記之上。
定義一種擺放方式的beauty值爲正方形面積的乘積，你需要求出所有合法的擺放方式的beauty 值之和。

思路：

這道題要用到一個非常巧妙 （根本就想不到） 的模型轉換：
假設我們共放置了 k 個正方形，從左到右邊長依次爲 $a_1, a_2, . . . , a_k$，依次枚舉$a_i$再把它們乘起來顯然是不行的。所以，不妨將這種枚舉邊長類問題轉化爲計數類問題，也就是說，對於邊長爲$a_1, a_2, . . . , a_k$的一種擺放方式，在等價的計數問題中，我們想要恰好將其統計 $a_1^2a_2^2 . . . a_k^2$次。
所以，我們可以將題目轉化爲如下等價的另一道題：
你有n個空格（從1~ n編號），空格邊緣有n+1個擺放隔板的位置（從0~n編號），其中0號位置和n號位置必須放隔板，而有標記的位置不能放隔板，在每兩個隔板之間的空格上放置一紅一藍兩個小球，同一個格子上可以放兩個小球。求放置隔板和放置小球的方案數。
容易發現，這樣的轉換是等價的，原因如下：
假設擺放隔板的方案已經確定，某兩個隔板之間空格個數爲$a_i$,那麼紅色和藍色小球都分別有$a_i$种放置的方式，合起來看就有$a_i^2$种放置的方式，所以當一種擺放隔板的方式已經確定的情況下，擺放小球的方案恰有 $a_1^2a_2^2 . . . a_k^2$種，也就是說，我們將這種方案恰好統計了$a_1^2a_2^2 . . . a_k^2$次。所以，這樣的轉換是等價的。
好了，接下來考慮這道新誕生的題目該怎麼做。
。。。。
計數類問題，很容易想到的當然是dp啦。
定義$dp[i][ j =0,1,2]$表示前i個空格已確定，在上一個隔板和這一個空格間已經放$j$個小球的方案數。
轉移：
如果第$i-1$個空格和第$i$個空格之間不放隔板。
$dp[i][0]=dp[i-1][0];$
$dp[i][1]=dp[i-1][1](第i個位置不放小球)+dp[i-1][0](第i個位置放一個小球)$
$dp[i][2]=dp[i-1][0](第i個位置放兩個小球)+dp[i-1][1]*2(第i個位置放一個小球，有紅藍和藍紅兩種方式)+dp[i-1][2](第i個位置不放小球)$
如果第$i-1$個空格和第$i$個空格之間放隔板。由於兩個隔板間必須有兩個小球，所以只能從$dp[i-1][2]$轉移。
$dp[i][0]+=dp[i-1][2]$
$dp[i][1]+=dp[i-1][2]$
$dp[i][2]+=dp[i-1][2]$
於是數據範圍在$10^5$內的就解決了,完整代碼如下：

void task1()
{
	static int dp[100010][3];
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		vis[x[i]]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i][0]=dp[i-1][0];
		dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%MO;
		dp[i][2]=((dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%MO+(dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%MO)%MO;
		if(!vis[i-1])
		{
			dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][2])%MO;
			dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][2])%MO;
			dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][2])%MO;
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][2]);
}

由於$n≤10^9$,所以用矩陣乘法優化。可以放隔板的位置，也就是兩個標記之間的轉移都是一樣的，唯一不同的只是有標記的位置。
構造初始矩陣A，表示如果不能放隔板的轉移:
$A= \begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}$
代表含義：
$\begin{matrix} dp[i][2] \\ dp[i][1] \\ dp[i][0] \end{matrix}=A*\begin{matrix} dp[i-1][2] \\ dp[i-1][1] \\ dp[i-1][0] \end{matrix}$
構造初始矩陣C，表示如果放了隔板的轉移:
$C= \begin{matrix} 2 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}$
代表含義：
$\begin{matrix} dp[i][2] \\ dp[i][1] \\ dp[i][0] \end{matrix}=C*\begin{matrix} dp[i-1][2] \\ dp[i-1][1] \\ dp[i-1][0] \end{matrix}$
由於兩個標記之間的轉移都屬於放隔板的轉移，所以此處用矩陣快速冪優化。
時間複雜度：$O(mlogn)$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define MO 1000000007
#define LL long long
int x[MAXN],n,m;
bool vis[MAXN];
void task1()
{
	static int dp[100010][3];
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		vis[x[i]]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i][0]=dp[i-1][0];
		dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%MO;
		dp[i][2]=((dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%MO+(dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%MO)%MO;
		if(!vis[i-1])
		{
			dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][2])%MO;
			dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][2])%MO;
			dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][2])%MO;
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][2]);
}
struct node
{
	LL a[3][3];
}A,C,a,b,c,tmp;
void Mul(node &ret,node X,node Y)
{
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			tmp.a[i][j]=0;
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			for(int k=0;k<3;k++)
				tmp.a[i][j]=(tmp.a[i][j]+X.a[i][k]*Y.a[k][j]%MO)%MO;
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			ret.a[i][j]=tmp.a[i][j];
}
void Pow(int X)
{
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			c.a[i][j]=C.a[i][j];
	while(X)
	{
		if(X&1) Mul(a,a,c);
		Mul(c,c,c);
		X>>=1;
	}
}
int f[3],g[3];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d",&x[i]);
	memset(A.a,0,sizeof A.a);
	memset(C.a,0,sizeof C.a);
	A.a[0][0]=A.a[1][1]=A.a[2][2]=A.a[1][2]=A.a[0][2]=1;
	A.a[0][1]=2;
	C.a[0][2]=C.a[1][0]=C.a[1][1]=C.a[1][2]=C.a[2][0]=C.a[2][2]=1;
	C.a[0][0]=C.a[0][1]=2;
	f[0]=1;
	x[++m]=n;
	for(int l=1,pos=0;l<=m;l++)
	{
		int k=x[l]-pos-1;
		memset(b.a,0,sizeof b.a);
		memset(a.a,0,sizeof a.a);
		for(int i=0;i<3;i++)
			a.a[i][i]=1;
		if(k) Pow(k);
		Mul(b,a,A);
		for(int i=0;i<3;i++)
		{
			g[i]=0;
			for(int j=0;j<3;j++)
				g[i]=(g[i]+f[j]*b.a[j][i]%MO)%MO;
		}
		for(int i=0;i<3;i++)
			f[i]=g[i];
		pos=x[l];
	}
	printf("%d\n",f[2]);
}