【DP】【矩阵加速】AGC013 E Placing Squares

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分析：

有点巧妙的DP题。。。虽然题解给的方法很玄妙，但其实暴力硬推也能推出一样的DP转移式。

首先，把模型转换一下，定义为：在数轴上放一些隔板（起始位置和终止位置必须放），每对相邻的隔板之间，都放一个红色和蓝色的小球。小球可以放在隔板间的任意一个位置，甚至可以重合，这样它的方案数就正好是我们要求的答案。。。。

所以可以设 $DP[i][0,1,2]$分别表示前i个格子，在当前这个区间中，已经放了0,1,2个小球的方案数。

首先是在第i和i-1格的空隙不放隔板的方案。
$DP[i][0]=DP[i-1][0]$
$DP[i][1]=DP[i-1][0]+DP[i-1][1]$
$DP[i][2]=DP[i-1][0]+DP[i-1][1]*2+DP[i-1][2]$

然后还有放隔板的方案（此时要求这个点未被标记）
$DP[i][0]=DP[i-1][2]$
$DP[i][1]=DP[i-1][2]$
$DP[i][2]=DP[i-1][2]$

对于这两种转移，在每两个相邻的标记位置之间，使用矩阵乘法快速搞掉，然后在转移一次（第一种情况）。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int pos[MAXN];
int n,m;
struct node{
	ll x[3][3];	
	void operator *=(const node &a) {
		ll c[3][3]={0};
		for(int i=0;i<3;i++)
			for(int j=0;j<3;j++)
				for(int k=0;k<3;k++)
					(c[i][j]+=x[i][k]*a.x[k][j])%=MOD;
		for(int i=0;i<3;i++)
			for(int j=0;j<3;j++)
				x[i][j]=c[i][j];
	}
}e,a,e1,e2;
void fsp(node &x,node y,int t){
	node y1=y;
	while(t){
		if(t&1)
			x*=y1;
		y1*=y1;
		t>>=1;	
	}
}
ll A[3],B[3];
int main(){
	SF("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		SF("%d",&pos[i]);
	e.x[0][0]=e.x[1][1]=e.x[2][2]=e.x[1][2]=e.x[0][2]=1;
	e.x[0][1]=2;
	e2.x[0][0]=e2.x[1][1]=e2.x[2][2]=e2.x[2][0]=1;
	e1=e;
	e1*=e2;
	m++;
	pos[m]=n;
	B[0]=1;
	for(int l=1;l<=m;l++){
		int s=pos[l]-pos[l-1]-1;
		memset(a.x,0,sizeof a.x);
		for(int i=0;i<3;i++)
			a.x[i][i]=1;
		fsp(a,e1,s);
		a*=e;
		for(int i=0;i<3;i++){
			A[i]=0;
			for(int j=0;j<3;j++)
				A[i]=(A[i]+B[j]*a.x[j][i])%MOD;
		}
		for(int i=0;i<3;i++)
			B[i]=A[i];
	}
	PF("%lld",B[2]);
}