题面欺诈系列...
因为一个点最多只能连到前k个点，所以只有当前的连续k个点的连通情况是对接下来的求解有用的
那么就可以计算k个点的所有连通情况，dfs以下发现k=5的时候有52种。
我们把它们用类似于并查集的方式表达（比如12132代表点1和点3连通，2和5连通，3自己），然后再压缩一下。
但要注意的是，12132和23213这两种实际对应的是一种连通情况，我们只要把它都化成字典序最小的那种就可以了
然后考虑增加一个新点以后状态的转移，可以枚举这个点与前k个点（始状态S）的连边情况，其中有一些是不合法的：
1.连到了两个本来就连通的点上（导致成环）
2.在1号点不与其他点连通的情况下，没有连到1号点（导致不连通）
然后再根据连边情况得到终状态E，将trans[S][E]++。最后trans[i][j]表示的就是加入一个点后由i状态到j状态的方案数
那么就可以得到递推式$f[i][j]=\sum^{总状态数}_{k=1}{f[i-1][k]*trans[k][j]}$，其中f[i][j]表示以i为结尾的k个点状态是j的方案数
那么答案就是f[N][1]（假设1是都连通的状态）
然后初值就应该是f[K][i]=i状态的方案数，其中i状态的方案数为它其中每个联通块方案数的乘积。
那么联通块的方案数怎么算呢？其实题面已经说了...n个点的方案数就是$n^{n-2)}$
然后就可以愉快地dp啦...
诶？$N<=10^{15}$？
大概能卡过去吧（大雾）
容易发现递推的形式其实和矩阵乘法是相同的，把f[i]和trans看作矩阵，就是$f[N]=f[K]*trans^{N-K}$
然后就可以倍增做矩阵快速幂了。方法和整数的快速幂是一样的。
复杂度：
K=5的状态数接近50，$log(10^{15})$接近50。
所以基本上是$50^3*50=6250000$的。
代码写的很蛋疼...
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<map>
5 #include<vector>
6 #define LL long long
7 #define inf 0x3f3f3f3f
8 using namespace std;
9 const LL maxn=1e15+5,maxs=55,p65=50000,mod=65521;
10
11 LL rd(){
12 LL x=0;char c=getchar();int neg=1;
13 while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘) neg=-1;c=getchar();}
14 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) x=x*10+c-‘0‘,c=getchar();
15 return x*neg;
16 }
17
18 LL N;int K,sct,num[6]={0,1,1,3,16,125};
19 LL f[maxs];
20 LL trans[2][maxs][maxs],out[2][maxs][maxs];
21 struct ST{
22 int s[6];
23 ST(int x=0){memset(s,x,sizeof(s));}
24 }sta[maxs];
25 struct Mat{
26 LL m[maxs][maxs];
27 Mat(){memset(m,0,sizeof(m));}
28 };
29 int mp[p65];
30
31 void print(ST s){
32 for(int i=1;i<=K;i++) printf("%d",s.s[i]);
33 }
34 int STtoInt(ST s){
35 int x=0;for(int i=1;i<=K;i++) x=x*6+s.s[i];return x;
36 }
37
38 ST toLeast(ST s){
39 ST flag=ST(-1),re=ST();int n=0;
40 for(int i=1;i<=K;i++){
41 if(flag.s[s.s[i]]==-1) flag.s[s.s[i]]=n++;
42 re.s[i]=flag.s[s.s[i]];
43 }return re;
44 }
45
46 void dfs1(int x,ST s,int m){
47 if(x>=K+1){
48 sta[++sct]=s;mp[STtoInt(s)]=sct;return;
49 }
50 for(int i=0;i<=m+1;i++){
51 s.s[x]=i;
52 dfs1(x+1,s,max(m,i));
53 }
54 }
55
56 void dfs2(int x,ST s,ST from){
57 if(x>=K+1){
58 bool flag[6],bb=s.s[1];ST to=ST();int mi=5;
59 memset(flag,0,sizeof(flag));
60 //print(from);printf("\t");print(s);printf("\n");
61 for(int i=1;i<=K;i++){
62 if(!s.s[i]) continue;
63 if(flag[from.s[i]]) return;
64 flag[from.s[i]]=1;mi=min(mi,from.s[i]);
65 }
66 for(int i=2;i<=K;i++){
67 to.s[i-1]=flag[from.s[i]]?mi:from.s[i];
68 if(from.s[1]==to.s[i-1]) bb=1;
69 }to.s[K]=mi;
70 if(!bb) return;
71 to=toLeast(to);
72 //print(from);printf("\t");print(s);printf("\t");print(to);printf("\n");
73 trans[0][mp[STtoInt(from)]][mp[STtoInt(to)]]++;
74
75 }else{
76 dfs2(x+1,s,from);s.s[x]=1;dfs2(x+1,s,from);
77 }
78 }
79
80 void sets(){
81 for(int i=1;i<=sct;i++){
82 dfs2(1,ST(),sta[i]);
83 //for(int j=1;j<=sct;j++) printf("%d ",trans[0][i][j]);printf("\n");
84 ST cnt=ST();
85 for(int j=1;j<=K;j++) cnt.s[sta[i].s[j]]++;
86 f[i]=1;for(int j=0;j<K;j++) if(num[cnt.s[j]])f[i]*=num[cnt.s[j]];
87 }
88 }
89
90 void solve(){
91 LL p=N-K;bool b=1,c=1;int i,j,k;
92 for(i=1;i<=sct;i++) out[0][i][i]=1;
93 while(p){
94 if(p&1){
95 memset(out[c],0,sizeof(out[c]));
96 for(i=1;i<=sct;i++){
97 for(j=1;j<=sct;j++){
98 for(k=1;k<=sct;k++){
99 out[c][i][j]=(out[c][i][j]+out[c^1][i][k]*trans[b^1][k][j])%mod;
100 }
101 }
102 }c^=1;
103 }
104 memset(trans[b],0,sizeof(trans[b]));
105 for(i=1;i<=sct;i++){
106 for(j=1;j<=sct;j++){
107 for(k=1;k<=sct;k++){
108 trans[b][i][j]=(trans[b][i][j]+trans[b^1][i][k]*trans[b^1][k][j])%mod;
109 }
110 }
111 }p>>=1;b^=1;
112 }LL ans=0;
113 for(i=1;i<=sct;i++){
114 ans=(ans+f[i]*out[c^1][i][1])%mod;
115 }printf("%d\n",ans);
116 }
117
118 int main(){
119 int i,j,k;
120 K=rd(),N=rd();
121 dfs1(2,ST(),0);sets();
122 solve();
123 return 0;
124 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Ressed/p/9461115.html