题解：Sam 数

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朴素数位 DP

一个显然的 DP：设 \(\textit{dp}_{i,j},i\in[1,k],j\in[0,9]\) 为 \(i\) 位且最高位为 \(j\) 的 Sam 数的个数。

则有：

\[\textit{dp}_{i,j}=\sum_{\max(j-2,0)}^{\min(j+2,9)}\textit{dp}_{i-1,j} \]

最终答案 \(\textit{ans}\) 为：

\[\textit{ans}=\sum_{i=1}^9\textit{dp}_{k,i}+[k=1]\textit{dp}_{k,0} \]

因为当 \(k\neq1\) 时，最高位不能取 \(0\)。只有 \(k=1\) 时，Sam 数为一位数，最高位可以是 \(0\)。

而边界情况即 \(k=1\) 时的答案：

\[\textit{dp}_{1,i}=1 \]

这样的复杂度是 \(\mathcal O(k)\) 的。

矩阵加速 DP

考虑到 \(1\leq k\leq10^{18}\)，这个 DP 需要优化。

容易发现 \(\textit{dp}_{i,j}\) 只与常数级别的其他值有关，且是线性递推，且每次转移都是确定的，因此可以考虑矩阵加速 DP。

根据上面的递推式，可以构矩阵：

\[\begin{bmatrix} 1&1&1&0&0&0&0&0&0&0\\ 1&1&1&1&0&0&0&0&0&0\\ 1&1&1&1&1&0&0&0&0&0\\ 0&1&1&1&1&1&0&0&0&0\\ 0&0&1&1&1&1&1&0&0&0\\ 0&0&0&1&1&1&1&1&0&0\\ 0&0&0&0&1&1&1&1&1&0\\ 0&0&0&0&0&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&0&0&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&0&0&0&1&1&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} dp_{i,0}\\dp_{i,1}\\dp_{i,2}\\dp_{i,3}\\dp_{i,4}\\dp_{i,5}\\dp_{i,6}\\dp_{i,7}\\dp_{i,8}\\dp_{i,9} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{i+1,0}\\dp_{i+1,1}\\dp_{i+1,2}\\dp_{i+1,3}\\dp_{i+1,4}\\dp_{i+1,5}\\dp_{i+1,6}\\dp_{i+1,7}\\dp_{i+1,8}\\dp_{i+1,9} \end{bmatrix} \]

因此，可以直接得出：

\[\begin{bmatrix} 1&1&1&0&0&0&0&0&0&0\\ 1&1&1&1&0&0&0&0&0&0\\ 1&1&1&1&1&0&0&0&0&0\\ 0&1&1&1&1&1&0&0&0&0\\ 0&0&1&1&1&1&1&0&0&0\\ 0&0&0&1&1&1&1&1&0&0\\ 0&0&0&0&1&1&1&1&1&0\\ 0&0&0&0&0&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&0&0&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&0&0&0&1&1&1\\ \end{bmatrix}^{k-1} \begin{bmatrix} dp_{1,0}\\dp_{1,1}\\dp_{1,2}\\dp_{1,3}\\dp_{1,4}\\dp_{1,5}\\dp_{1,6}\\dp_{1,7}\\dp_{1,8}\\dp_{1,9} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{k,0}\\dp_{k,1}\\dp_{k,2}\\dp_{k,3}\\dp_{k,4}\\dp_{k,5}\\dp_{k,6}\\dp_{k,7}\\dp_{k,8}\\dp_{k,9} \end{bmatrix} \]

又注意到 \(\textit{dp}_{1,0}=\textit{dp}_{1,2}=\cdots=\textit{dp}_{1,9}=1\)，因此可以 \(\mathcal O\left(\log k\right)\) 求出答案。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int V=10,P=1e9+7;
ll n;
//n 行 m 列 
struct Matrix{
	int n,m;
	//下标从 1 开始. 
	int a[V+1][V+1];
	Matrix(){
		memset(a,0,sizeof(a));
	}
	Matrix(int nn,int mm=-1){
		memset(a,0,sizeof(a));
		n=nn;m=mm;
		if(m==-1){
			m=n;
		}
	}
	void print(){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				cerr<<a[i][j]<<' ';
			}
			cerr<<endl;
		}
	}
};
Matrix operator *(Matrix A,Matrix B){
	Matrix C(A.n,B.m);
	for(int i=1;i<=A.n;i++){
		for(int j=1;j<=B.m;j++){
			for(int k=1;k<=A.m;k++){
				C.a[i][j]=(C.a[i][j]+1ll*A.a[i][k]*B.a[k][j])%P;
			}
		}
	}
	return C;
}
Matrix qpow(Matrix base,ll n){
	Matrix ans(base.n);
	for(int i=1;i<=base.n;i++){
		ans.a[i][i]=1;
	}
	while(n){
		if(n&1){
			ans=ans*base;
		}
		base=base*base;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	Matrix A(V,V);
	for(int i=1;i<=V;i++){
		for(int j=max(i-2,1);j<=min(i+2,V);j++){
			A.a[i][j]=1;
		}
	}
	A=qpow(A,n-1);
	Matrix B(V,1);
	for(int i=1;i<=V;i++){
		B.a[i][1]=1;
	}
	B=A*B;
	int ans=0;
	for(int i=1+(n!=1);i<=V;i++){
		ans=(ans+B.a[i][1])%P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush();
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}