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矩阵游戏[NOI2013]

AK-dream

发布于：2020年9月27日
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题目描述

婷婷是个喜欢矩阵的小朋友，有一天她想用电脑生成一个巨大的$n$行$m$列的矩阵(你不用担心她如何存储)。她生成的这个矩阵满足一个神奇的性质：若用$F[i][j]$来表示矩阵中第$i$行第$j$列的元素，则$F[i][j]$满足下面的递推式:

$$F[1][1]=1$$

$$F[i,j]=a\times F[i][j-1]+b (j\neq 1)$$

$$F[i,1]=c\times F[i-1][m]+d (i\neq 1)$$

递推式中$a,b,c,d$都是给定的常数。

现在婷婷想知道$F[n][m]$的值是多少，请你帮助她。由于最终结果可能很大，你只需要输出$F[n][m]$除以$1,000,000,007$的余数。

题解

考虑$F[i][1]$和$F[i][m]$之间的关系：

$$F[i][m]=a(a(\cdots(a\times F[i][1]+b)\cdots)+b)+b$$
$$=a^{m-1}\times F[i][1] + a^{m-2}b + a^{m-3}b + \cdots + b$$
$$=a^{m-1}\times F[i][1] + \dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times b$$

由此可得
$$F[i+1][1]=a^{m-1}c\times F[i][1] + \dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times bc + d$$

设$A=a^{m-1}c,\ B=\dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times bc + d$，则

$$F[i+1][1]=A\times F[i][1]+B$$

如法炮制，可得

$$F[n][1]=A^{n-1}\times F[1][1] + \dfrac{A^{n-1}-1}{A-1}\times B$$

由于$F[1][1]=1$，所以可以先把$F[n][1]$算出来，然后再使用上面那个$F[i][1]$和$F[i][m]$的关系式来推出$F[n][m]$即可

如何算$a^{m-1}$?

由于$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p$，所以$a^{m-1}\equiv a^{(m-1)\bmod (p-1)} \pmod p$

那么对$m-1$取模$p-1$后再进行快速幂即可，$A^{n-1}$同理

注意特判$a=1$或者$A=1$的情况!!!

代码

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

template <typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x * f;
}

const ll mod = 1000000007;
char n[1000005], m[1000005];
ll N, M, _N, _M;
ll a, b, c, d, nl, ml, am, asum, B, A, Am, Asum;
ll ans;

inline ll fpow(ll x, ll t) {
	ll ret = 1;
	for (; t; t >>= 1, x = x * x % mod) if (t & 1) ret = ret * x % mod;
	return ret;
}

int main() {
	scanf("%s %s", n + 1, m + 1);
	read(a); read(b); read(c); read(d);
	a %= mod; b %= mod; c %= mod; d %= mod;
	nl = strlen(n + 1); ml = strlen(m + 1);
	for (int i = 1; i <= ml; i++) {
		M = (M * 10 % mod + m[i] - '0') % mod;
	}
	for (int i = 1; i <= ml; i++) {
		_M = (_M * 10 % (mod-1) + m[i] - '0') % (mod-1);
	}
	for (int i = 1; i <= nl; i++) {
		N = (N * 10 % mod + n[i] - '0') % mod;
	}
	for (int i = 1; i <= nl; i++) {
		_N = (_N * 10 % (mod-1) + n[i] - '0') % (mod-1);
	}
	am = fpow(a, _M-1); //a^(p-1)==1 (mod p)
	if (a == 1) asum = M - 1;
	else asum = (am - 1) * fpow(a - 1, mod - 2) % mod;
	B = (b * c % mod * asum % mod + d) % mod;
	A = am * c % mod;
	
	Am = fpow(A, _N-1);
	if (A == 1) Asum = N - 1;
	else Asum = (Am - 1) * fpow(A - 1, mod - 2) % mod;
	
	ans = (Am + B * Asum % mod) % mod; // f[n][1]
	ans = (am * ans % mod + b * asum % mod) % mod; //f[n][n]
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

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更新于：2020年9月27日

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