hdu5564 Clarke and digits

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矩阵优化 $DP$。一篇讲解的DP博客

最开始想到 $DP$如下：令 $dp[i][j][k]$表示当前为第 $i$位，余数为 $j$，最后一位为 $k$的方案。假设相邻两位之和不为 $ban$。
$if(x+k!=ban)=>dp[i+1][(j*10+x)\%7][x]+=dp[i][j][k]$
最后的答案即为 $\sum_{l<=i<=r,0<=k<=9}{dp[i][0][k]}$
复杂度 $O(n*7*10*10)$。然而这里的 $n<=1e9$，不行啊。

观察到 $[j][k]$这两维都很小。可以压缩成 $[j*10+k]$然后把上面的转化一下可以得到：
$if(x+k!=ban)=>dp[i+1][(\ (j*10+x)\%7\ )*10+x]+=dp[i][j*10+k]$
可以利用矩阵乘法来优化。因为有这三个特点

1.转移要选取的决策较少。（一般在常数级别）
2.转移的步骤很多。（一般是1e10以上的级别）
3.每一步的转移方程一样。（和递推类似）

问题可以先转成长度 $[1,n]$的个数。用 $([1,r]-[1,l-1])$就行了。
那么这里就要求一个前缀和。一个巧妙的解决办法：多开一格记录前缀和。转移矩阵里面多开一列（紫色部分），记录余数为0的累积和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=71;
inline int id(int i,int j){return i*10+j;}
inline int mul(int a,int b){return (long long)a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return (a+b)>=mod ? (a+b)%mod : a+b;}
struct matrix{
	int a[maxn][maxn];
	matrix(int t=0){
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i=0;i<maxn;++i) a[i][i]=t;
	}
	friend inline matrix operator*(const matrix &a,const matrix &b){
		matrix ret;
		for(int i=0;i<maxn;++i)
			for(int j=0;j<maxn;++j)
				for(int k=0;k<maxn;++k)
					ret.a[i][j]=add(ret.a[i][j],mul(a.a[i][k],b.a[k][j]));
		return ret;
	}
	friend inline matrix operator^(matrix a,int b){
		matrix ret(1);
		for(;b;a=a*a,b>>=1) if(b&1) ret=ret*a;
		return ret;
	}
};
int n,l,r,k;
int main(){
	cin>>n;
	while(n--){
		cin>>l>>r>>k;matrix A,B;
		for(int i=0;i<7;++i)
			for(int j=0;j<10;++j)
				for(int x=0;x<10;++x) if(j+x!=k)
					B.a[id(i,j)][id((i*10+x)%7,x)]++;
		for(int i=0;i<10;++i) B.a[id(0,i)][maxn-1]++;
		B.a[maxn-1][maxn-1]=1;
		for(int i=1;i<10;++i) A.a[0][id(i%7,i)]++;
		matrix a=A*(B^r),b=A*(B^(l-1));
		int ans=((a.a[0][maxn-1]-b.a[0][maxn-1])+mod)%mod;
		printf("%d\n",ans);
	}
}