CF1152F2 Neko Rules the Catniverse (Large Version) 题解（插入类dp，状压，矩阵乘法，dp技巧）

题目

原题连接

简要题意：

给定参数\(n\)，\(k\)，\(m\)，你需要求出有多少个大小为 \(k\) 的序列 \(a\) 满足如下三个条件：

1. 任意两个元素其权值不同。
2. 对于任意 \(i\) 满足 \(1 \leq i \leq k\) 有 \(1 \leq a_i \leq n\)。
3. 对于任意 \(i\) 满足 \(2 \leq i \leq k\) 有 \(a_i \leq a_{i - 1} + m\)。

答案对 \(10^9 + 7\) 取模。

数据规模：
\(1 \leq n \leq 10^9\)， \(1 \leq k \leq \min(n, 12)\)， \(1 \leq m \leq 4\)。

分析

注意到 \(n\) 很大，但是 \(k, m\) 都比较小。考虑以 \(n\) 作为阶段\(dp\)。

有一个垃圾的想法：设 \(dp_{i, msk}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，其中 \(msk\) 是 \(1\) 的位置上已经选出了数字的方案数。
那么转移就是对于当前数，考虑把哪一个位置填上这个数，或者不用这个数。
设枚举的位置为 \(p\)，发现将当前数填到 \(p\) 后序列仍然合法的限制只有 \(a_{p} \leq a_{p - 1} + m\)。如果 \(p - 1\) 此时还没有填数，那么就没有限制。如果已经填了该怎么办？
那么我们需要记录所有已经填过的位置上的数字与当前数字的差。如果这个差大于 \(m\)，直接标记 \(-1\) 代表不能再往这个位置后面填数了。这样复杂度为 \(O(n \times m^k)\)。显然加速阶段也过不了。

考虑从小到大枚举数 \(x\) 并讨论它是否要插入到序列中。
那么我们会发现 \(x\) 能插入的位置只有 \([x - 1, x -m]\) 的后面或者第一个位置。只需要用一个 \(m\) 位的二进制数字记录 \([x - 1, x - m]\) 哪些已经在序列中就可以求出转移系数。并且每一种插法最后一定唯一对应一种合法序列，而最终的一个合法序列一定唯一对应一种插法。这是一个双射因此方案数不重不漏。

那么 \(dp\) 状态变成了 \(dp_{i, j, msk}\) 表示已经考虑了\([1, i]\)，当前序列中有 \(j\) 个数字。 \([i - m + 1, i]\) 在序列中的出现情况是 \(msk\) 的方案数。

转移动为：

• \(dp_{i, j, msk} \times (cnt_{msk} + 1) \to dp_{i + 1, j + 1, (msk >>1) | (1 << (m - 1))}\)
• \(dp_{i, j, mks} \to dp_{i + 1, j, msk >> 1}\)

第一个代表选 \(i + 1\)，第二个代表不选。
发现转移和 \(i\) 无关，而 \((j, msk)\) 的总状态数为 \((k + 1) \times 2^m \leq 208\)。因此矩阵加速即可。

时间复杂度 \(O(\log_2n \times ((k + 1) \times 2^m)^3)\)。
CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 210;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
struct matrix {
	LL mt[N][N];
	friend matrix operator * (matrix a, matrix b) {
		matrix c; memset(c.mt, 0, sizeof c.mt);
		for(int i = 0; i < N; i ++ ) 
		    for(int j = 0; j < N; j ++ ) 
		        for(int k = 0; k < N; k ++ )
		            c.mt[i][j] = (c.mt[i][j] + a.mt[i][k] * b.mt[k][j] % mod) % mod;
		return c;
	}
};
matrix Mat; // 转移矩阵 
int n, k, m;
int cnt[1 << 4];
int idx[15][1 << 4], rk;
matrix Pow(matrix x, int y) {
	matrix res; matrix k = x;
	for(int i = 0; i < N; i ++ ) 
	    for(int j = 0; j < N; j ++ ) 
	   	    res.mt[i][j] = (i == j); 	
	while(y) {
		if(y & 1) res = res * k;
		y >>= 1;
		k = k * k;
	}
	return res;
}
int main() {
	cin >> n >> k >> m;
	for(int i = 0; i < (1 << 4); i ++ ) cnt[i] = cnt[i >> 1] + (i & 1);
	for(int i = 0; i <= k; i ++ ) 
	    for(int j = 0; j < (1 << m); j ++ )
	        idx[i][j] = ++ rk;
	for(int i = 0; i <= k; i ++ ) {
		for(int j = 0; j < (1 << m); j ++ ) {
			if(i < k) {
				int p = idx[i][j];
				int q = idx[i + 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))];
				Mat.mt[p][q] = 1LL * (cnt[j] + 1);
			}
			int p = idx[i][j];
			int q = idx[i][j >> 1];
			Mat.mt[p][q] = 1;
		}
	}
	matrix f; f.mt[0][idx[0][0]] = 1;
	f = f * Pow(Mat, n);
	LL res = 0;
	for(int j = 0; j < (1 << m); j ++ ) res = (res + f.mt[0][idx[k][j]]) % mod;
	printf("%lld\n", res);
	return 0;
}