题面在这里

题意

有一个\(Boss\)和他血量为\(m\)的随从奴隶主,每当奴隶主受到攻击且不死，并且\(Boss\)的随从个数\(<k\)时，就会新召唤一个血量为\(m\)的奴隶主。每次攻击\(Boss\)和每个奴隶主的概率是相同的，求\(n\)步后期望对\(Boss\)造成的伤害。

\(T\le1000,n\le10^{18},m\le3,k\le8\)

sol

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看到\(m<=3,k<=8\)的良心数据肯定是状压啦

通过暴搜可以得出状态最多只会有\(164\)种

并且两个状态之间的转移是固定的

因此我们考虑矩阵快速幂

但是...时间复杂度为\(O(T164^3logn)\)跑得过？

因此，优化这种矩乘的方法横空出世:

由于一个向量乘上一个矩阵的复杂度是\(O(n^2)\)的，因此我们把\(2^i\)的矩阵全部预处理出来，

最后再使用倍增的手段进行合并

时间复杂度变成了\(O(164^3logn+T164^2logn)\)，非常需要卡常。。。

下面代码不保证能一次通过

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=998244353;
const int N=50010;
il ll read(){
    RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
    if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
    while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    return data*w;
}

il void file(){
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("a.out","w",stdout);
}

ll poww(ll a,ll b){
    RG ll ret=1;
    for(a%=mod;b;b>>=1,a=a*a%mod)
        if(b&1)ret=ret*a%mod;
    return ret;
}

ll n,Tim,m,k,ans,tot;
int a[4],t[4];
int b[9][9][9];

struct node{
    int x,y,z,id,p;
    il void print(){printf("x=%d,y=%d,z=%d,id=%d,p=%d\n",x,y,z,id,p);}
};
vector<node>sol;
int S[170],z[170];

struct matrix{
    int a[170][170];
    il void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
    il void print(){
        for(RG int i=1;i<=tot;i++,puts(""))
            for(RG int j=1;j<=tot;j++)
                printf("%d ",a[i][j]);
        puts("");
    }
    int* operator [](int x){return a[x];}
}T[61],P;

il void dfs(int s[]){
    int p[4];
    b[s[1]][s[2]][s[3]]=++tot;
    P[b[s[1]][s[2]][s[3]]][b[s[1]][s[2]][s[3]]]=poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)%mod;
    sol.pb((node){s[1],s[2],s[3],tot,poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)});

    for(RG int i=1;i<=3;i++)
        if(s[i]){//枚举要打的是哪一个
            for(RG int j=1;j<=3;j++)p[j]=s[j];
            if(s[1]+s[2]+s[3]<k){if(i!=1){p[m]++;p[i-1]++;}p[i]--;}
            else{p[i]--;if(i!=1)p[i-1]++;}
            RG int add=1ll*s[i]*poww(s[1]+s[2]+s[3]+1,mod-2)%mod;
            if(!b[p[1]][p[2]][p[3]])dfs(p);
            (P[b[s[1]][s[2]][s[3]]][b[p[1]][p[2]][p[3]]]+=add)%=mod;
        }
}

il matrix times1(RG matrix x,RG matrix y){
    RG matrix z;z.clear();
    for(RG int i=1;i<=tot;i++)
        for(RG int j=1;j<=tot;j++)
            for(RG int k=1;k<=tot;k++)
                z[i][k]=(z[i][k]+1ll*x[i][j]*y[j][k]%mod)%mod;
    return z;
}

il void times2(RG matrix y){
    memset(z,0,sizeof(z));
    for(RG int j=1;j<=tot;j++)
        for(RG int k=1;k<=tot;k++)
            z[k]=(z[k]+1ll*S[j]*y[j][k]%mod)%mod;
    for(RG int i=1;i<=tot;i++)S[i]=z[i];
}

il void DP(ll n){
    ans=0;memset(S,0,sizeof(S));S[1]=1;
    for(RG ll i=1;(((ll)1)<<(i-1))<=n;i++)
        if((n&(((ll)1)<<(i-1)))==(((ll)1)<<(i-1)))
            times2(T[i]);
    ans=S[tot];
}

int main()
{
    file();Tim=read();m=read();k=read();a[m]=1;dfs(a);tot++;
    for(RG int i=1;i<=tot-1;i++)P[i][tot]=sol[i-1].p;P[tot][tot]=1;
    T[1]=P;for(RG int i=2;i<=60;i++)T[i]=times1(T[i-1],T[i-1]);
    while(Tim--){n=read();DP(n);printf("%lld\n",ans);}
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cjfdf/p/8436163.html