WY模拟赛3
模拟赛3
似乎是学长套题
T1 王浩的复合问题
题目背景
王浩没有谈恋爱，所以并不存在分手和复合，这里的复合问题不是你们期待的那样。
题目描述
王浩在很早以前就学习了\(fibnacci\)数列，即\(f(1)=1,f(2)=1,f(n)=f(n-1)+f(n-2),\)对于求\(n≤10^3\)的项的值是多少的问题，王浩可以用高精度加法很容易地算出来，之前王浩学了矩阵快速幂，代码功力更是大增，对于求\(n≤10^9\)，并对第\(n\)项对\(p\)取模的问题可以快速做出来。王浩以前还学过求一个数的数码之和，比如\(233\)的数码之和为\(2+3+3=8\)，记为\(g(233)=8\)，现在王浩遇到了一个复合问题，就是求\(\sum_{i=1}^n{g(f(i))} mod 9\)，请大家帮王浩算出答案是多少
输入格式
第一行是一个整数\(T\)，代表有\(T\)组测试数据，接下来有\(T\)行，每行有一个整数\(n\)，求复合函数对\(9\)取余数的结果是多少.
输出格式
对于每组数据输出\(T\)行，每行一个整数表示答案。
输入输出样例 #1
输入 #1
1
7
输出 #1
6
说明/提示
【样例解释】
对于第一组询问，\(n=7\)，答案为：
【数据范围】
- \(对于10\%的数据 T=1,\ n\le 10\)；
- \(对于30\%的数据 T=10^2,\ n\le 10^3\)；
对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(1\le T\le 10^5,\ 1\le n\le 10^6\)。
赛场思路
通过列举前面几项，可以发现第 $ i $ 个位置的值可以由 $ i-1 $ 和 $ i-2 $ 位相加得到，如果发现和大于 $ 9 $ ，则将数值减去 $ 9 $ 即可，多次询问预处理一下就行。(在比赛时脑子抽了写成大于 $ 10 $ 了)
复杂度 $ O(1e6+T) $ 。
code
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
#define Qiu_Cheng
#endif
#include <bits/stdc++.h>
#define i8 __int128
#define int long long
#define fuck inline
#define lb long double
using namespace std;
// typedef longlong ll;
const int N=1e6+5,M=1e6+520,mod=1e9+7;
const int inf=INT_MAX,INF=1e9+7;
// const int mod1=469762049,mod2=998244353,mod3=1004535809;
// const int G=3,Gi=332748118;
// const int M=mod1*mod2;
fuck int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-'){f=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c-'0');c=getchar();}
return x*f;
}
fuck void write(int x)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int a[N+5],n,ans[N+5];
fuck void pre()
{
a[1]=1,a[2]=1;
for(int i=3;i<=1e6;i++)
{
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
if(a[i]>=10) a[i]=a[i]-9;
}
// for(int i=1;i<=100;i++)cout<<a[i]<<"\n";
for(int i=1;i<=N;i++)ans[i]=(ans[i-1]+a[i])%9;
}
fuck void solve()
{
cin>>n;
cout<<ans[n]%9<<"\n";
}
signed main()
{
#ifdef Qiu_Cheng
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0); cout.tie(0);
// int fuckccf=read();
// for(int i=1;i<=tot;i++)cout<<prime[i]<<"\n";
pre();
int QwQ=read();
while(QwQ--)solve();
// solve();
return 0;
}
题解思路
题目要求计算 \(\sum_{i=1}^n{g(f(i))} \pmod 9\)，其中 \(f(i)\) 是斐波那契数列的第 \(i\) 项 (\(f(1)=1, f(2)=1, f(n)=f(n-1)+f(n-2)\))，\(g(x)\) 是 \(x\) 的数码之和。
关键性质：一个正整数 \(x\) 和它的数码之和 \(g(x)\) 在模 \(9\) 的意义下是同余的。也就是说，\(g(x) \pmod 9 = x \pmod 9\)。
证明：任何一个正整数 \(x\) 可以表示为 \(d_k 10^k + d_{k-1} 10^{k-1} + \dots + d_1 10^1 + d_0 10^0\)。
\(g(x) = d_k + d_{k-1} + \dots + d_0\)。
因为 \(10 \equiv 1 \pmod 9\)，所以 \(10^j \equiv 1^j \equiv 1 \pmod 9\) 对任意非负整数 \(j\) 成立。
所以 \(x \pmod 9 = (d_k 10^k + \dots + d_0 10^0) \pmod 9\)
\(= (d_k \cdot 1 + \dots + d_0 \cdot 1) \pmod 9\)
\(= (d_k + \dots + d_0) \pmod 9 = g(x) \pmod 9\)。
利用这个性质，原问题转化为计算 \(\left( \sum_{i=1}^n (f(i) \pmod 9) \right) \pmod 9\)。
接下来我们考虑斐波那契数列模 \(9\) 的性质。数列 \(f(i) \pmod m\) 是周期性的，这个周期称为皮萨诺周期 (Pisano Period)。对于 \(m=9\)，皮萨诺周期长度为 \(24\)。
\(f(i) \pmod 9\) 的序列如下：
\(1, 1, 2, 3, 5, 8, 4, 3, 7, 1, 8, 0, 8, 8, 7, 6, 4, 1, 5, 6, 2, 8, 1, 0\)
这个序列长度为 \(24\)。之后序列会重复。
令 \(a_i = f(i) \pmod 9\)。我们要求的是 \(\left( \sum_{i=1}^n a_i \right) \pmod 9\)。
计算一个周期内各项 \(a_i\) 的和：
\(1+1+2+3+5+8+4+3+7+1+8+0+8+8+7+6+4+1+5+6+2+8+1+0 = 99\)。
\(99 \pmod 9 = 0\)。这意味着每 \(24\) 项 \(a_i\) 的和模 \(9\) 为 \(0\)。
设 \(S_k = \left( \sum_{i=1}^k a_i \right) \pmod 9\)。
由于一个完整周期的和模 \(9\) 为 \(0\)，我们只需要考虑 \(n\) 除以 \(24\) 的余数部分。
具体来说，\(\left( \sum_{i=1}^n a_i \right) \pmod 9 = S_{n'} \pmod 9\)，其中 \(n'\) 是 \(n\) 在周期意义下的等效项数。
如果 \(n \% 24 \ne 0\)，则 \(n' = n \% 24\)。
如果 \(n \% 24 = 0\) (即 \(n\) 是 \(24\) 的倍数)，则 \(n' = 24\) (表示取完整周期的和)。
这可以统一表示为 \(n' = (n-1) \% 24 + 1\)。这个 \(n'\) 的范围是 \(1\) 到 \(24\)。
我们可以预计算出 \(S_k\) 的值，即 \(P[k] = \left( \sum_{j=1}^k (f(j) \pmod 9) \right) \pmod 9\) 对于 \(k=1, \dots, 24\)。
\(P[1] = (f(1) \pmod 9) \pmod 9 = 1 \pmod 9 = 1\)
\(P[2] = (f(1) \pmod 9 + f(2) \pmod 9) \pmod 9 = (1+1) \pmod 9 = 2\)
...
\(P[24] = (\sum_{j=1}^{24} (f(j) \pmod 9)) \pmod 9 = 99 \pmod 9 = 0\).
预计算的 \(P\) 数组 (1-indexed):
\(P = [1, 2, 4, 7, 3, 2, 6, 0, 7, 8, 7, 7, 6, 5, 3, 0, 4, 5, 1, 7, 0, 8, 0, 0]\)
对于每个查询 \(n\)，答案就是 \(P[(n-1)\%24 + 1]\)。
算法步骤：
- 预计算斐波那契数列模 \(9\) 的前 \(24\) 项：\(f_1'=f(1)\pmod 9, f_2'=f(2)\pmod 9, \dots, f_{24}'=f(24)\pmod 9\)。
- 预计算这些项的模 \(9\) 前缀和：\(P[k] = (P[k-1] + f_k') \pmod 9\) (其中 \(P[0]=0\))。这样 \(P[k]\) 存储了 \(\left(\sum_{j=1}^k f_j'\right) \pmod 9\)。
- 对于每个输入的 \(n\)，计算 \(idx = (n-1)\%24 + 1\)。
- 输出 \(P[idx]\)。
时间复杂度：预计算 \(O(24)\)。每个查询 \(O(1)\)。总时间复杂度 \(O(24+T) = O(T)\)。
空间复杂度：\(O(24)\)。
好家伙，观察大法起飞了。
T2 王浩的MM
题目描述
王浩的MM中的MM并不是指＂美眉＂，＂妹妹＂，也不是长度单位＂毫米＂，以及降雨量单位＂毫米＂。
王浩的MM是指一个平面被n个字母'm'最多可以分割成多少个平面。
对于1个'm'，可以分割成2个平面。
对于2个'm',可以分割成19个平面。
对于给定的n，求王浩的MM是多少。
输入格式
一个整数n，代表有n个字母'M'分割平面.
输出格式
输出最多可以分割的平面数。
输入输出样例 #1
输入 #1
1
输出 #1
2
输入输出样例 #2
输入 #2
2
输出 #2
19
输入输出样例 #3
输入 #3
3
输出 #3
52
说明/提示
【数据范围】
- \(对于10\%的数据 \ n\le 10\)；
- \(对于30\%的数据 \ n\le 10^3\)；
对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(\ 1\le n\le 10^6\)。
赛场思路
通过观察规律大法，以及连蒙带猜，不难得到 $ f(i)-f(i-1)=16 \times i - 15 $ ，于是递推预处理解决问题。
复杂度 $ O(1e6+1) $ 。
code
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
#define Qiu_Cheng
#endif
#include <bits/stdc++.h>
#define i8 __int128
#define int long long
#define fuck inline
#define lb long double
using namespace std;
// typedef longlong ll;
const int N=1e6+5,M=1e6+520,mod=1e9+7;
const int inf=INT_MAX,INF=1e9+7;
// const int mod1=469762049,mod2=998244353,mod3=1004535809;
// const int G=3,Gi=332748118;
// const int M=mod1*mod2;
fuck int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-'){f=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c-'0');c=getchar();}
return x*f;
}
fuck void write(int x)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int ans[N];
fuck void pre()
{
ans[1]=2;
for(int i=2;i<=N;i++)ans[i]=(ans[i-1]+16*i-15);
}
fuck void solve()
{
int n;cin>>n;
cout<<ans[n]<<"\n";
}
signed main()
{
#ifdef Qiu_Cheng
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0); cout.tie(0);
// int fuckccf=read();
// for(int i=1;i<=tot;i++)cout<<prime[i]<<"\n";
// int QwQ=read();
// while(QwQ--)solve();
pre();
solve();
return 0;
}
// 6666 66666 666666
// 6 6 6 6 6
// 6 6 6666 6
// 6 6 6 6 6
// 6666 6 6 6666666
题解思路
这是一个平面分割问题。我们要找出 \(n\) 个字母 'm' 最多可以将平面分割成多少部分。
设 \(f(n)\) 为 \(n\) 个 'm' 最多能分割出的平面区域数。
题目给出：
- \(f(1) = 2\)：1 个 'm' 可以分割成 2 个平面。
- \(f(2) = 19\)：2 个 'm' 可以分割成 19 个平面。
- \(f(3) = 52\) (样例)：3 个 'm' 可以分割成 52 个平面。
我们考虑当在已经有 \(n-1\) 个 'm' 的平面上增加第 \(n\) 个 'm' 时，会增加多少区域。
一般地，当向平面上添加一个新的连通的、不自交的曲线（或由线段组成的路径）时，如果它与已有的图形产生 \(k\) 个交点，那么这条新曲线会被分割成 \(k+1\)段。每一段都会将一个已有的区域一分为二，从而增加一个区域。所以，新增的区域数是 \(k+1\)。
假设一个字母 'm' 由 \(S\) 条线段（或基本曲线单元）组成。
当添加第 \(n\) 个 'm'（记为 \(M_n\)）时，它会与前面已经存在的 \(n-1\) 个 'm'（\(M_1, \dots, M_{n-1}\)）相交。
为了使得分割的区域数最多，我们需要让 \(M_n\) 与 \(M_1, \dots, M_{n-1}\) 的交点尽可能多，并且所有交点都是不同的，不与 'm' 的顶点重合。
\(M_1, \dots, M_{n-1}\) 共有 \(S \times (n-1)\) 条线段。
\(M_n\) 自身有 \(S\) 条线段。\(M_n\) 的每一条线段都可以与前面 \(S \times (n-1)\) 条线段都相交。
所以，\(M_n\) 与 \(M_1, \dots, M_{n-1}\) 之间的总交点数 \(k = S \times (S \times (n-1)) = S^2(n-1)\)。
由于 'm' 是一个连通的形状（例如 /\/\），它增加的区域数是 \(k+1 = S^2(n-1)+1\)。
因此，我们得到递推关系：
\(f(n) = f(n-1) + S^2(n-1) + 1\)，对于 \(n > 1\)。
我们可以用 \(f(1)\) 和 \(f(2)\) 的值来确定 \(S\)：
\(f(2) = f(1) + S^2(2-1) + 1\)
\(19 = 2 + S^2 \times 1 + 1\)
\(19 = 3 + S^2\)
\(S^2 = 16\)
\(S = 4\)（\(S\) 代表线段数，应为正值）
这意味着每个 'm' 在这个问题中等效于一个由 4 条线段组成的、自身连通的形状。
将 \(S=4\) 代入递推关系：
\(f(n) = f(n-1) + 16(n-1) + 1\)，对于 \(n > 1\)。
现在我们求解这个递推关系得到 \(f(n)\) 的通项公式：
\(f(n) = f(1) + \sum_{i=2}^{n} (16(i-1) + 1)\)
令 \(j = i-1\)，则当 \(i\) 从 \(2\) 到 \(n\) 时，\(j\) 从 \(1\) 到 \(n-1\)。
\(f(n) = f(1) + \sum_{j=1}^{n-1} (16j + 1)\)
\(f(n) = 2 + 16 \sum_{j=1}^{n-1} j + \sum_{j=1}^{n-1} 1\)
\(f(n) = 2 + 16 \frac{(n-1)n}{2} + (n-1)\)
\(f(n) = 2 + 8n(n-1) + (n-1)\)
\(f(n) = 2 + 8n^2 - 8n + n - 1\)
\(f(n) = 8n^2 - 7n + 1\)
我们可以验证这个公式：
- \(n=1: f(1) = 8(1)^2 - 7(1) + 1 = 8 - 7 + 1 = 2\)。正确。
- \(n=2: f(2) = 8(2)^2 - 7(2) + 1 = 8(4) - 14 + 1 = 32 - 14 + 1 = 19\)。正确。
- \(n=3: f(3) = 8(3)^2 - 7(3) + 1 = 8(9) - 21 + 1 = 72 - 21 + 1 = 52\)。正确。
公式 \(f(n) = 8n^2 - 7n + 1\) 是正确的。
由于 \(n\) 的最大值可达 \(10^6\)，\(n^2\) 可达 \(10^{12}\)。\(8n^2\) 将是 \(8 \times 10^{12}\) 级别，这个数值需要使用 64 位整型（如 C++ 中的 long long）来存储。
计算时，可以直接使用公式 \(8n^2 - 7n + 1\)。
也可以使用其等价形式，例如 \(n(8n-7)+1\) 或者 \((8n+1)(n-1)+2\)。后者对 \(n=1\) 也成立：\((8(1)+1)(1-1)+2 = 9 \times 0 + 2 = 2\)。
AC 代码
#include <iostream>
int main() {
// 使用 std::ios_base::sync_with_stdio(false) 和 std::cin.tie(NULL)
// 可以加速C++的输入输出流，对于大数据量的输入输出会更有效率。
// 对此题仅读取一个整数，影响不大，但养成习惯有益。
std::ios_base::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(NULL);
long long n; // n 的范围是 1 <= n <= 10^6
std::cin >> n;
// 根据推导出的公式 f(n) = 8n^2 - 7n + 1 计算结果
// 由于 n^2 可能达到 (10^6)^2 = 10^12，结果会非常大，
// 所以必须使用 long long 类型来存储 n 和计算结果。
// 在字面量后加上 LL 后缀（如 8LL）可以确保该字面量是 long long 类型，
// 这有助于保证乘法等运算在提升到 long long 后进行，避免溢出。
long long result = 8LL * n * n - 7LL * n + 1LL;
std::cout << result << std::endl;
return 0;
}
当然你也可以直接用oeis。直接得出通项公式。
3 王浩的233数组
题目描述
王浩坐在CSP-S 2074的赛场上，他已年过古稀，他从CSP-S 2021开始就冲刺提高级一等奖了，可这53年来都未能如愿。他很后悔当初读高中的时候没尽全力跟着吴某人学习，而且跟着王某人一起happy地打游戏，差点把机房的同桌段某人都带入坑了。如今，吴某人已驾鹤西去，代码写着写着就想起了他老人家，想起那机房狼人杀，partner编程，更是潸然泪下，泪流满面的同时，又想起来他老人家临挂之前留下这样一道题。
我们那时候，经常用233表达感情，有时候会用2333，23333，233333都是表达同一种意思。
定义233数组为：
\(a[0][1]=233,a[0][2]=2333,a[0][3]=23333,.......\)
给定递推公式\(a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]\)和\(n,m\)和\(a[1][0],a[2][0],......,a[n][0]\)
求\(a[n][m]\%10000007\).
输入格式
第一行是两个整数\(n\)和\(m\)。
第二行是n个整数分别代表\(a[1][0],a[2][0],......,a[n][0]\)
输出格式
输出一个整数表示答案。
输入输出样例 #1
输入 #1
1 1
1
输出 #1
234
输入输出样例 #2
输入 #2
2 2
666 233
输出 #2
4364
说明/提示
【数据范围】
- \(对于10\%的数据 \ n= 1，m<=10^3\)；
- \(对于30\%的数据 n<=5,m<=10^3\)；
对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(n<=10,m<=10^9,0<a[i][0]<2^{31}\)。
转化的好A
思路
众所周知，取模是不能有除法的，不然会产生小数，导致最后wa了一片。
考虑把除法转化为乘法，也就是将乘 $ x $ 然后除 $ x $ 改为乘 $ 1 $ 。这不是废话吗？不然还真直接除啊？ 但是由于每次操作都需要输出，如果用离散化加标记的话仍需要 $ O(nnlog(n)) $ 的复杂度，关于 $ n \leq 1e5 $ ，发现跑得比kiven的乌龟还慢。
联想到似乎可以用线段树维护一下信息，最后输出tree[1]即可，于是就有了一个 $ O(n*log(n)) $ 的做法。
code
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
#define Qiu_Cheng
#endif
#include <bits/stdc++.h>
#define i8 __int128
#define int long long
#define fuck inline
#define lb long double
using namespace std;
// typedef longlong ll;
const int N=1e6+5,M=1e6+520,mod=1e9+7;
const int inf=INT_MAX,INF=1e9+7;
// const int mod1=469762049,mod2=998244353,mod3=1004535809;
// const int G=3,Gi=332748118;
// const int M=mod1*mod2;
fuck int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-'){f=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c-'0');c=getchar();}
return x*f;
}
fuck void write(int x)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,p;
int tree[N];
fuck void up(int rt){tree[rt]=(tree[rt<<1]*tree[rt<<1|1])%p;}
fuck void build(int rt,int l,int r)
{
if(l==r&&p!=1){tree[rt]=1;}
else
{
int mid=(l+r)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
if(p!=1)up(rt);
}
}
fuck void update(int rt,int l,int r,int pos,int val)
{
int frz=(p==1?0:(val%p));
if(l==r)tree[rt]=frz;
else
{
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)update(rt<<1,l,mid,pos,val);
else update(rt<<1|1,mid+1,r,pos,val);
if(p!=1)up(rt);
}
}
fuck void solve()
{
cin>>n>>p;
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int op,x;cin>>op>>x;
if(op==1)update(1,1,n,i,x);
else update(1,1,n,x,1ll);
cout<<tree[1]<<"\n";
}
}
signed main()
{
#ifdef Qiu_Cheng
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0); cout.tie(0);
// int fuckccf=read();
// for(int i=1;i<=tot;i++)cout<<prime[i]<<"\n";
// int QwQ=read();
// while(QwQ--)solve();
solve();
return 0;
}
// 6666 66666 666666
// 6 6 6 6 6
// 6 6 6666 6
// 6 6 6 6 6
// 6666 6 6 6666666
T4 王浩的233数组
题目描述
王浩坐在CSP-S 2074的赛场上，他已年过古稀，他从CSP-S 2021开始就冲刺提高级一等奖了，可这53年来都未能如愿。他很后悔当初读高中的时候没尽全力跟着吴某人学习，而且跟着王某人一起happy地打游戏，差点把机房的同桌段某人都带入坑了。如今，吴某人已驾鹤西去，代码写着写着就想起了他老人家，想起那机房狼人杀，partner编程，更是潸然泪下，泪流满面的同时，又想起来他老人家临挂之前留下这样一道题。
我们那时候，经常用233表达感情，有时候会用2333，23333，233333都是表达同一种意思。
定义233数组为：
\(a[0][1]=233,a[0][2]=2333,a[0][3]=23333,.......\)
给定递推公式\(a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]\)和\(n,m\)和\(a[1][0],a[2][0],......,a[n][0]\)
求\(a[n][m]\%10000007\).
输入格式
第一行是两个整数\(n\)和\(m\)。
第二行是n个整数分别代表\(a[1][0],a[2][0],......,a[n][0]\)
输出格式
输出一个整数表示答案。
输入输出样例 #1
输入 #1
1 1
1
输出 #1
234
输入输出样例 #2
输入 #2
2 2
666 233
输出 #2
4364
说明/提示
【数据范围】
- \(对于10\%的数据 \ n= 1，m<=10^3\)；
- \(对于30\%的数据 n<=5,m<=10^3\)；
对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(n<=10,m<=10^9,0<a[i][0]<2^{31}\)。
瞧一瞧，看一看。 $ a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]=a[i-2][j]+a[i-1][j-1]+a[i][j-1] \Rightarrow a[i][j]=a[0][j]+ \sum_{k=1}^{i} a[k][j-1] $ 。对于任意的 $ a[i][j] $ ，我们需要知道 $ a[0][j] $ 和 $ a[k][j-1](1 \leq k \leq i) $ 。 目的是求出 $ a[n][m] $ ，由于 $ m $ 的范围很大所以考虑将 $ m $ 的复杂度优化掉，又因为我们有递推的式子（其中 $ a[0][i]=a[0][i-1]*10+3 $ ），于是可以用矩阵快速幂加速这个过程。
原理：对于一个向量 $ S_{k} $ ，存在一个矩阵 $ T $ 可以使得 $ S_{k}=S_{k-1} \times T $ ，那么 $ S_{m}=S_{0} \times T^{m} $ 。
定义状态向量 \(S_k\)（代表第 \(k\) 列计算所需的信息和结果）如下（向量元素从0开始索引）：
\(S_k = \begin{pmatrix} a[1][k] \\ a[2][k] \\ \vdots \\ a[n][k] \\ a[0][k+1] \\ 1 \end{pmatrix}\)
这个向量的维度是 \((n+2) \times 1\)。
其中：
- \(S_k[j]\) (对于 \(0 \le j < n\)) 表示 \(a[j+1][k]\)。
- \(S_k[n]\) 表示 \(a[0][k+1]\)（这是计算下一列 \(k+1\) 时将用到的 \(a[0][\cdot]\) 值）。
- \(S_k[n+1]\) 表示常数 \(1\)。
相应地，\(S_{k-1}\)（代表第 \(k-1\) 列计算所需的信息和结果）为：
\(S_{k-1} = \begin{pmatrix} a[1][k-1] \\ a[2][k-1] \\ \vdots \\ a[n][k-1] \\ a[0][k] \\ 1 \end{pmatrix}\) 。
接下来只需要构建一个 $ (n+2) \times (n+2) $ 的矩阵 $ T $ ，使得 $ S_{m}=S_{0} \times T^{m} $ 。
最终答案 $ a[n][m] $ 即为 $ S[n] $ 。
code
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
#define Qiu_Cheng
#endif
#include <bits/stdc++.h>
#define i8 __int128
#define int long long
#define fuck inline
#define lb long double
using namespace std;
// typedef longlong ll;
const int N=1e6+5,M=1e6+520,mod=1e7+7;
const int inf=INT_MAX,INF=1e9+7;
// const int mod1=469762049,mod2=998244353,mod3=1004535809;
// const int G=3,Gi=332748118;
// const int M=mod1*mod2;
fuck int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-'){f=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c-'0');c=getchar();}
return x*f;
}
fuck void write(int x)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,m;
int s[15],t[15][15],c[15][15],a[15];
fuck void clr()
{
for(int i=1;i<=n+2;i++)
for(int j=1;j<=n+2;j++)a[i]=c[i][j]=0;
}
fuck void jc1()
{
clr();
for(int i=1;i<=n+2;i++)
for(int j=1;j<=n+2;j++)
a[i]=(a[i]+s[j]*t[j][i])%mod;
for(int i=1;i<=n+2;i++)s[i]=a[i];
}
fuck void jc2()
{
clr();
for(int i=1;i<=n+2;i++)
for(int j=1;j<=n+2;j++)
for(int k=1;k<=n+2;k++)c[i][j]=(c[i][j]+t[i][k]*t[k][j])%mod;
for(int i=1;i<=n+2;i++)
for(int j=1;j<=n+2;j++)t[i][j]=c[i][j];
}
fuck void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>s[i];s[n+1]=233,s[n+2]=1;
for(int i=1;i<=n+2;i++)
for(int j=1;j<=n+2;j++)t[i][j]=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=1+j;i++)t[i][j]=1;
t[n+1][n+1]=10;t[n+2][n+1]=3;t[n+2][n+2]=1;
while(m)
{
if(m&1)jc1();
jc2();
m>>=1;
}
cout<<s[n]%mod<<"\n";
}
signed main()
{
#ifdef Qiu_Cheng
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0); cout.tie(0);
// int fuckccf=read();
// for(int i=1;i<=tot;i++)cout<<prime[i]<<"\n";
// int QwQ=read();
// while(QwQ--)solve();
solve();
return 0;
}
// 6666 66666 666666
// 6 6 6 6 6
// 6 6 6666 6
// 6 6 6 6 6
// 6666 6 6 6666666
完结收工！！！！！
看完点赞，养成习惯
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