[jzoj]5965. 【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏（推式子）

Problem

给定你一个 $n·m$ 网格棋盘，要求用 $0/1$ 填充每一个格子.
使得任意两条从原点 $(0,0)$ 到 $(n-1,m-1)$ 的不完全相交路径，先走右方向（字典序大）的路径的 $01$ 路径字典序相对小.
求方案数.

Data constraint

$n\le 8, m \le 10^6$

Solution

其实这题可以不用 $DP$ .
显然对于棋盘上的某一种填法 $A$ ，满足 $\forall i\in(0,n),j\in(0,m),A_{i,j}\ge A_{i-1,j+1}$
且显然如果当 $A_{i,j}=A_{i-1,j+1}$ 时， $(i,j+1)\rightarrow(n,m)$ 形成一个封闭局面，这个局面的每条对角线上的数必须相同，这样是为了保证 $(i,j+1)\rightarrow(n,m)$ 的每条路径相同.
那么现在就可以分类讨论了：
- $(0,1),(1,0)$ 两格相同：
  - 这种情况下，只需要使得 $(1,1)\rightarrow(n,m)$ 的所有对角线上数字相同.
  - 同时第一列和第一行会受其影响，仔细推一波式子可以搞定.
  - 答案形如 $4^x*3^y*2^z$ .
  - 这是最简单的情况。
- $(0,1),(1,0)$ 两格不同：
  - $(0,2),(1,1),(2,0)$ 相同：
    - 这一种情况也相对简单，也是一波式子可以搞定的.
    - 这是次简单的情况，其实与第一种情况完全类似，答案的形式也是一样的.
  - $(0,2),(1,1),(2,0)$ 其中一对相同：
    - 不难发现 $(1,1)$ 与 $(2,0)$ 或 $(0,2)$ 相同是等价的.
    - 不妨假设 $(1,1),(2,0)$ 相同.
    - 设 $f[i]$ 表示到第 $i$ 条对角线上时，在前两行的第 $i-1$ 条斜线上及以前有过“配对成功”的方案数。
    - “配对成功” 是指在最上边两行中，第二行的某一格与其斜上方的格相同，称之为配对成功。
    - 因为一旦配对成功，接下来第二行的填数就会有限制.
    - 当第一行与第二行全部没有配对成功时，当前的一条对角线实际上有 $5$ 种填法，而当第 $i$ 条对角线配对成功时，实际上只有 $4$ 种填法.
    - 那么考虑一下转移就可以写出： $f[i] = f[i - 1] * 4 + 4 * 5$
    - 表示的含义是：
    - （在 $i-2$ 条斜线上以前就匹配成功的方案 $f[i-1]$ ） *（当前第 $i$ 条对角线的 $4$ 种填法） + （ $i-1$ 条斜线第一次匹配成功的 $4$ 种填法） * （当前第 $i$ 条对角线因不受任何影响所以有 $5$ 种填法.）
这样就可以计算出当 $n=m$ 的答案了.
当 $m = n + 1$ 时，前两种分类讨论是很容易继续推广的，关键是第三种分类讨论应当如何推广.
不妨画一下图，我们发现，实质上答案是 $ANS=(4 + 4 * 4 + (f[n] * 3 + 4 * 3) * 2) * 2^{n-1}$
至于为什么也是按上面第三种分类讨论一样，根据最后一条对角线是否匹配成功进行讨论.
而当 $m=n+1$ 时， $(2,0),(1,1),(0,2)$ 哪两个相同是会有影响的，根据上面的推法，也不难推出另外一种的答案实质上是 $ANS = (f[n] * 3 + 4 * 5) * 2^n$
并且继续仔细推式子后可以发现当 $m>n+1$ 时， $m$ 每加一，答案会乘 $3$ .
于是时间复杂度是 $O(n+log_2m)$ ，可以矩阵转移做到 $O(log_n+log_m)$
参考代码：

F(i, 1, n - 4)
	f[i + 1] = (4 * 5 + f[i] * 4) % Mo; // 4表示上一条对角线第一次配对成功
ans = 2 * (3 + 4 * 3 + f[n - 3] * 2) * ksm(2, n - 1); // n==m 时的
a1 = ksm(4, n - 2) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第一种情况
a2 = 5 * ksm(4, n - 4) * ksm(2, n + 1) % Mo; //第二种情况
if (n == m) { printf("%d", (ans + a1 + a2) % Mo); return 0; } 

ANS1 = (4 + 4 * 4 + (f[n - 3] * 3 + 4 * 3) * 2) * ksm(2, n - 1) % Mo; // n+1==m的第一种情况
ANS2 = (f[n - 3] * 3 + 4 * 5) * ksm(2, n) % Mo; //n+1==m的第二种情况
printf("%d", ((((a1 + a2) * 3 + ANS1 + ANS2) % Mo) * ksm(3, m - n - 1)) % Mo);

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