[LOJ3098][矩阵快速幂]SNOI2019：纸牌

LOJ3098

这种数据范围不是推式子然后lucas就是矩阵快速幂了
在一副王牌中，任意连续三个数构成的顺子的出现次数显然只用考虑0，1，2，否则我们直接弄三个刻子效果是一样的
考虑转移，先考虑非初始牌的转移，设当前为第$i$位，则我们转移到第$i+1$需要知道第$i-1$位和第$i$位的信息，即以这两个位开头的顺子的个数，那么我们可以用一个$3*3$的状态表示这个东西，然后转移矩阵就是一个$(3*3)*(3*3)$的矩阵，表示这一种状态转移到下一种状态，转移系数随便推一下即可
然后有初始牌的转移就另外构造一个转移矩阵即可，初始牌不多，可以直接暴力搞
可以先倍增预处理转移矩阵的幂次，快速幂的时候会快一点

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return res*f;
}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline void inc(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
struct Mat{
	int a[9][9];
	inline Mat operator * (const Mat &b)const{
		Mat res;
		for(int i=0;i<9;i++)
			for(int j=0;j<9;j++) res.a[i][j]=0;
		for(int i=0;i<9;i++)
			for(int j=0;j<9;j++)
				for(int k=0;k<9;k++)
					inc(res.a[i][j],mul(a[i][k],b.a[k][j]));
		return res;
	}
}ans,pw[70],tmp;
const int N=1005;
int LG;
ll k[N];int A[N];
inline void ksm(ll b){for(int i=0;i<=LG;i++) if((1ll<<i)&b) ans=ans*pw[i];}
int main(){
	ll n=read();int c=read(),m=read();LG=log2(n+1);
	for(int i=1;i<=m;i++) k[i]=read(),A[i]=read();
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			for(int k=0;k<3;k++)
				if(i+j+k<=c) pw[0].a[i*3+j][j*3+k]=(c-i-j-k)/3+1;
	for(int i=1;i<=LG;i++) pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1];
	ans.a[0][0]=1;
	for(int d=1;d<=m;d++){
		ksm(k[d]-k[d-1]-1);
		for(int i=0;i<9;i++)
			for(int j=0;j<9;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++){
					int now=i+j+k;
					if(now<A[d]) now=A[d]+((now-A[d])%3+3)%3;
					if(now<=c) tmp.a[i*3+j][j*3+k]=(c-now)/3+1;
				}
		ans=ans*tmp;
	}
	ksm(n-k[m]);
	cout<<ans.a[0][0];
	return 0;
}