【bzoj5082】弗拉格 矩阵乘法

题目描述

给你n个flag，你要把每个染色成红黑白黄四色之一，满足：

1.相邻旗不能同色

2.白不能和黄相邻，红不能和黑相邻

3.不能存在连续三个球依次是“黑白红”或“红白黑”

4.翻转后相等视为等价

设不等价方案数为f(n)，给定l,r，求

Sigma f(i),其中L<=i<=R模1000000007

输入

输入两个数l,r

l, r ≤ 10^9

输出

输出答案

样例输入

3 4

样例输出

23

矩阵乘法

容易设出dp状态 $f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个flag，最后一个的颜色为 $j$ ，倒数第二个的颜色为 $k$ 的方案数。

显然这个dp方程可以使用矩阵乘法来加速转移，并使用计数器维护前缀和。

至于翻转后相等视为等价的问题，易知：答案=(总方案数+翻转后与原来相等的方案数)/2。于是求出反转后与原来相等的方案数即可。

容易发现偶数长度的中间两个一定相同，因此不存在偶数长度的回文串。

对于奇数长度，发现题目条件的限制是对称的（AB<=>BA，ABC<=>CBA），因此某长度为 $2k-1$ 的奇数长度回文串的个数即为长度为 $k$ 的串的个数。再次求 $\lceil\frac n2\rceil$ 的答案即可。

最后前缀相减即为最终答案。

时间复杂度 $O(9^3\log n)$

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1010
using namespace std;
int n , m , a[N][N] , c[N][N] , v[N] , tot;
bool solve(int mid)
{
	int i , j , k;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		for(j = i + 1 ; j <= m ; j ++ )
			c[i][j] = 0;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		tot = 0;
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			if(a[i][j] >= mid)
				v[++tot] = j;
		for(j = 1 ; j <= tot ; j ++ )
		{
			for(k = j + 1 ; k <= tot ; k ++ )
			{
				if(c[v[j]][v[k]]) return 1;
				c[v[j]][v[k]] = 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}
inline char nc()
{
	static char buf[100000] , *p1 , *p2;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
	int ret = 0; char ch = nc();
	while(!isdigit(ch)) ch = nc();
	while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ ‘0‘) , ch = nc();
	return ret;
}
int main()
{
	int i , j , l = 1 << 30 , r = 0 , mid , ans;
	n = read() , m = read();
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			a[i][j] = read() , l = min(l , a[i][j]) , r = max(r , a[i][j]);
	while(l <= r)
	{
		mid = (l + r) >> 1;
		if(solve(mid)) ans = mid , l = mid + 1;
		else r = mid - 1;
	}
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}