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题目描述
小 L 有一座环形花园，沿花园的顺时针方向，他把各个花圃编号为 1∼n。花园 1 和 n 是相邻的。
他的环形花园每天都会换一个新花样，但他的花园都不外乎一个规则：任意相邻 m 个花圃中都只有不超过 k 个 C 形的花圃，其余花圃均为 P 形的花圃。
例如，若 n=10 , m=5 , k=3 ，则
CCPCPPPPCC是一种不符合规则的花圃。CCPPPPCPCP是一种符合规则的花圃。
请帮小 L 求出符合规则的花园种数对 109+7 取模的结果。
输入格式
只有一行三个整数，分别表示 n,m,k。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入 #1复制
10 5 3
输出 #1复制
458
输入 #2复制
6 2 1
输出 #2复制
18
思路：
先考虑普通的DP，因为 m≤5，可以状压。
从第二个样例来看，m=2,k=1，有状态
00→{_00_0101→{_1010→{_00_01
可以知道前状态的最右几位要和后状态相同，不过最前面的一位被挤出去了，有没有摆C花没有关系， 01 皆可，因此设前状态为 i，后状态为 j，可以得到 i,j 关系：
i={j>>1(j>>1) ∣ (1<<(m−1))
另设 f[i][j] 为到第 i 盆花，前面 m 盆的状态为 j，可以由上面的关系得到DP方程：
f[i][j]=f[i][j]+{f[i−1][j>>1]f[i−1][(j>>1) ∣ (1<<(m−1))
需要判一下第二个转移的前状态是否合法。
然后要处理环形的问题，可以简单的短环成链，然后对于给定初状态 f[0][s] ，统计DP后的 f[n][s] 计入答案。这是因为这样对于一个长度为 n 的环， i=0 和 i=n 是等价的，所以 j0,jn 相同的时候就是一个合法的环。
依照这个思路写出40分代码:
#include <bits/stdc++.h>int f[100000][1 << 5];
int n, m, K;
int t, ans;
int main() {n = read(); m = read(); K = read();t = (1 << m) - 1;for (int statu = 0; statu <= t; ++statu) {if (__builtin_popcount(statu) > K) continue;memset(f, 0, sizeof(f));f[0][statu] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= t; ++j) {f[i][j] += f[i - 1][j >> 1];if (__builtin_popcount((j >> 1) | (1 << (m - 1))) <= K)f[i][j] += f[i - 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))];}}ans += f[n][statu];}printf("%d\n", ans);return 0;
}
\\ 不知道__builtin_popcount() 的可以自行百度，这是好东西
然后想着 f[i][j] 只和 f[i−1][k] 有关，所以第一维 [i] 可以滚动优化掉，然后按照这个 n 的范围肯定是得上矩阵乘法的，试着构造转移矩阵。还是以上面的 m=2,k=1 为例，状态转移还是一样的，设 f[i] 为状态为 i 时的方案数， 由 f[i] 推出 f′[i] ，就是下一轮的 f[i]；
对于任意的 m,k，也可以通过前后 i,j 两个状态的关系，令转移矩阵中的 mat[i][j]=1，构造出转移矩阵。
另外还有一点，对于之前每一个状态做一遍DP，现在我们有了矩阵，就没有必要对于 f[0][0]=1,f[0][1]=1,…,f[0][(1<<m)−1] 各做一次的必要了，可以把初始矩阵的第一维利用起来，即令 f[0][0]=1,f[1][1]=1,…,f[i][i]=1 可以让每一种初状态并行处理，每一行中就是我们要的初状态只有一种的一轮DP。然而根据矩阵乘法的性质，这个矩阵乘上任意矩阵都等于所乘的矩阵，也就是说是一个单位矩阵，所以乘不乘没差，那么我们所求的答案就是转移矩阵自乘之后 ∑i=02m−1mat[i][i]。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long lint;inline lint read() {lint x = 0, f = 0; char c = getchar();for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') f = 1;for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);return f ? -x : x;
}const int p = 1e9 + 7;
lint n;
int m, K;
int t, ans;struct mat {int row, col;int a[32][32];mat() {memset(a, 0, sizeof(a));}void init() {*this = mat();row = col = t;for (int i = 0; i < t; ++i)a[i][i] = 1;}mat operator * (const mat &x) const {mat ans = mat(); ans.row = row; ans.col = col;for (int i = 0; i < row; ++i) for (int j = 0; j < col; ++j)for (int k = 0; k < col; ++k)(ans.a[i][j] += (1ll * a[i][k] * x.a[k][j]) % p) %= p;return ans;}mat operator ^ (lint n) {mat ans = mat(); ans.init();mat base = *this;for (; n; n >>= 1, base = base * base)if (n & 1) ans = ans * base;return ans;}
} ;int main() {n = read(); m = read(); K = read();t = 1 << m;mat b = mat(); b.row = b.col = t;for (int i = 0, j; i < t; ++i) {if (__builtin_popcount(i) > K) continue;j = i >> 1;// j -> ib.a[j][i] = 1;j = (i >> 1) | (1 << (m - 1));if (__builtin_popcount(j) <= K)b.a[j][i] = 1;}mat c = (b ^ n);for (int i = 0; i < t; ++i) {ans = (ans + c.a[i][i]) % p;}printf("%d\n", ans);return 0;
}