洛谷 P5337 [TJOI2019]甲苯先生的字符串 题解

本题解很易懂！

原题地址

给你一个数 $n$和一个字符串 $s$，求符合长度为 $n$且在 $s$中连续的字符不能连续出现，即这个字符串中不能出现 $s$的连续子串,答案对 $1e9+7$取模。

$n \le 1e15$

不难想到一个很暴力的 $dp$：
设 $dp[i][j]$为长度为 $i$且当前字符为 $j$的合法字符串个数 $(mod 1e9+7)$，不难推式子：
$dp[i][j]=\sum_{k=1}^{26}dp[i-1][k]|(k,j)\not\in s$
$\forall_{1\le i \le 26}dp[1][i]=1$
$ans=\sum_{i=1}^{26}dp[n][i]$
时间复杂度 $O(26^2n)$？反正T飞。
我们珂以把上面的式子变一下，设 $w[i][j]=[(i,j)\not\in s]$，即若 $(i,j)$在 $s$中不连续，则 $w[i][j]=1$，否则 $w[i][j]=0$。
式子变成了：
$dp[i][j]=\sum_{k=1}^{26}dp[i-1][k]\times w[k][j]$
珂能你一开始没看懂， $dp[i-1][k] \times w[k][j]$是啥呢？
分析一下，若 $(k,j)\not \in s$，那么 $w[k][j]=1$， $dp[i-1][k]\times w[k][j]=dp[i-1][k]$，贡献为 $dp[i-1][k]$，符合题意。
若 $(i,j)\in s$，则 $w[k][j]=0$，贡献为 $0$。
你可能会说“时间复杂度并没有变…”
确实没有变，但是这个式子珂以优化了。
感觉这个式子像什么？对！矩阵乘法！！！
矩乘的板子是 $c[i][j]=a[i][k]\times b[k][j](k\le p)$
我们建 $n$个 $1\times 26$的矩阵 $F_1,F_2,F_3,\cdots F_n$，分别代表 $dp[1][1\cdots26],dp[2][1\cdots26],dp[3][1\cdots26]\cdots dp[n][1\cdots26]$再建一个 $26*26$的矩阵 $A$具体含义见下面。
初始化：
$F_1= \left[ \begin{matrix} 1 &1 &1 &1\cdots 1 \end{matrix} \right] （26个1）$

$A= \left[ \begin{matrix} w[1][1]&w[1][2]&w[1][3]&\cdots &w[1][26] \\ w[2][1]&w[2][2]&w[2][3] &\cdots&w[2][26] \\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots&\vdots \\ w[26][1]&w[26][2]&w[26][3]&\cdots &w[26][26] \end{matrix} \right]$

不难推出 $F_i=F_{i-1}\times A(i>1)$
然而模拟矩阵乘也会炸啊…
矩阵乘法是 $O(26^3)$的时间复杂度，算上递推的 $O(n)$就是 $O(n\times 26^3)$，惊，被暴力吊打！
然而还有一个神器，矩阵快速幂！
（不会快速幂的珂以退出补知识了）
我们知道矩乘是有分配律的，但是这个顺推的式子好像不像是矩阵快速幂的样子…
那么开始下面一波操作：
$F_2=F_1\times A$
$F_3=F_2\times A$
然后我们将上面求的 $F_2$代入：
$F_3=F_1\times A\times A=F_1\times A^2$
$F_4=F_3\times A=F_1\times A^3$
$\vdots$
$F_n=F_1\times A^{n-1}$
妙啊！
$ans=\sum_{i=1}^{26}F_n(1,i)$
但是你会发现，如果只到这一步的话，最后还要算一个 $F_1 \times A^{n-1}$，爆掉。
但其实，
$\sum_{i=1}^{26}F_n(1,i)=\sum_{i=1}^{26}\sum_{j=1}^{26} A^{n-1}(i,j)$

$\color{red}？？？$

什么操作？
如果您的矩阵基础扎实，请跳过此步骤。
设 $C=F_1\times A^{n-1}$，则
$C(1,1)=F_1(1,1)\times A^{n-1}(1,1)+F_1(1,2)\times A^{n-1}(2,1) +\cdots +F_1(1,26)\times A^{n-1}(26,1)$
因为
$F_1= \left[ \begin{matrix} 1 &1 &1 &1\cdots 1 \end{matrix} \right] （26个1）$
所以
$C(1,1)=A^{n-1}(1,1)+A^{n-1}(2,1)+\cdots+ A^{n-1}(26,1)$
其他点以此类推
发现 $C$矩阵的所有数的和就是 $A^{n-1}$矩阵的所有数的和。
这其实是矩阵的简单的游戏。
时间复杂度 $O(26^3logn)$，能过。
$\color{blue}Code$：

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Martix
{
	long long a[30][30];
}A;
unsigned long long n;
char s[100010];
const long long mod=1e9+7;
Martix operator *(const Martix &x,const Martix &y) 
{
	Martix ans;
	for(int i=1;i<=26;i++) for(int j=1;j<=26;j++) ans.a[i][j]=0;
	for(int i=1;i<=26;i++) 
	{
		for(int j=1;j<=26;j++) 
		{
			for(int k=1;k<=26;k++) 
			{
			ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+(x.a[i][k]%mod)*(y.a[k][j]%mod)%mod)%mod;
			ans.a[i][j]%=mod;
			}
		}
	}
	return ans;
}
Martix js(Martix x,long long n) 
{
	Martix ans;
	for(int i=1;i<=26;i++)
	{
		for(int j=1;j<=26;j++) 
		{
			ans.a[i][j]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=26;i++) ans.a[i][i]=1;
	while(n) 
	{
		if(n&1) 
		{
			ans=ans*x;
			n--;
		}
		x=x*x;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(void) 
{
	scanf("%llu%s",&n,&s);
	for(int i=1;i<=26;i++) 
	{
		for(int j=1;j<=26;j++) 
		{
			A.a[i][j]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<strlen(s);i++) 
	{
		A.a[s[i-1]-'a'+1][s[i]-'a'+1]=0;
	}
	Martix ans=js(A,n-1) ;
	long long tot=0;
	for(int i=1;i<=26;i++) 
	{
		for(int j=1;j<=26;j++) 
		{
		//	cout<<ans.a[i][j]<<" ";
			tot=(tot%mod)+(ans.a[i][j]%mod)%mod;
		}
		//cout<<endl;
	}
	cout<<tot%mod<<endl; 
	return 0;
}