怎么这么神仙的题目呀
Description
有 \(n\) 位数，求其中不含有长度为 \(m\) 的一个数字串的方案数
\(n\le 10^9,m\le 20\)
Solution
一开始想到了正难则反，但是发现两边重合之后容斥的重复情况不会推……
之后想到了一个 \(dp\)
\(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 位数，有前 \(j\) 的后一个串的方案数
最后答案是 \(\sum\limits^{m-1}_{i=0} f_{n,i}\)
然后的转移？
这个匹配长度好像还是不可处理
（看题解ing）
发现可以用 \(kmp\) 算转移的方法
然后就又会了一点：
\[f_{i,j}=\sum^{n}_ {k=1} f_{i-1,k}\times g_{k,j} \]
\(g[i][j]\) 就是 长度转移方案数
计算方法：
for(int i=2,j=0;i<=m;++i)
{
while(j&&s[i]!=s[j+1]) j=nxt[j];
if(s[i]==s[j+1]) ++j; nxt[i]=j;
}
for(int i=0;i<m;++i)
{
for(int j='0';j<='9';++j)
{
int k=i;
while(k&&s[k+1]!=j) k=nxt[k];
if(s[k+1]==j) ++k;
++g[i+1][k+1];
}
}
之后这个 \(n\) 的范围？
还是不大行
（我不知为啥能想到矩乘，怕是面向数据范围编程）
这里的优化还是挺妙的：
\(dp\) 式子是个矩乘的式子对吧……
\(F[0]\) 表示 \(i\) 位数的矩阵，就是由所有 \(f_{i,j}\) 构成的
这个就变成了 \(F_i=F_{i-1}\times G\)
\(G\) 就是 \(g_{i,j}\) 是固定的
同时我们发现这里的 \(F_0\) 的第一位是个 \(1\)
（这里好像可以当做一个单位矩阵）
还不用再处理一下，就没了
\(kmp+dp\) 矩阵快速幂优化还是挺厉害的
\[ans=\sum_{i=0}^{n-1} F[n]_{1,i} \]
如果不理解请先学习矩阵加速数列（蒟蒻看了30min的加速数列就懂了这题）
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
namespace yspm{
inline int read()
{
int res=0,f=1; char k;
while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
return res*f;
}
const int N=30;
int n,m,mod,nxt[N],ans;
char s[N];
struct mat{
int a[N][N];
int* operator [](int x){return a[x];}
inline void init(){for(int i=1;i<=m;++i) a[i][i]=1; return ;}
}g;
inline mat mul(mat x,mat y)
{
mat ans; memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));
for(int i=1;i<=m;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
for(int k=1;k<=m;++k)
{
ans[i][j]+=x[i][k]*y[k][j];
}
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) for(int j=1;j<=m;++j) ans[i][j]%=mod;
return ans;
}
inline mat ksm(mat x,int y)
{
mat ans; ans.init();
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x)) if(y&1) ans=mul(ans,x);
return ans;
}
signed main()
{
n=read(); m=read(); mod=read();
scanf("%s",s+1); nxt[0]=1;
for(int i=2,j=0;i<=m;++i)
{
while(j&&s[i]!=s[j+1]) j=nxt[j];
if(s[i]==s[j+1]) ++j; nxt[i]=j;
}
for(int i=0;i<m;++i)
{
for(int j='0';j<='9';++j)
{
int k=i;
while(k&&s[k+1]!=j) k=nxt[k];
if(s[k+1]==j) ++k;
++g[i+1][k+1];
}
}
g=ksm(g,n);
for(int i=1;i<=m;++i) ans+=g[1][i],ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
}
signed main(){return yspm::main();}