【AGC003F】Fraction of Fractal（dp，矩阵快速幂）-优快云博客

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先说一下下文会用到的定义或称呼的意思：

称单位分形为题目给出的 $1$ 级分形。
称一种分形左右联通，则说明将两个这种分形左右放在一起时，至少有一个连通块是跨越这两个分形的。

设一种分形的左右联通个数 $side_0$ 表示，当两个这种分形左右放在一起时，所贡献的连通块个数，即有多少个连通块是跨越左右两个分形的。显然，当一种分形左右不连通时， $side_0=0$ 。

设一种分形的 $tot_0$ 表示有多少组黑色单元格是左右相邻的。

比如下图中，这个分形是左右联通的，且 $side_0=2$ ， $tot_0=9$ 。
同理定义：一种分形的上下联通个数 $side_1$ 和 $tot_1$ 。
设单位分形中的黑色单元格数为 $c n t$ ，如上面那张图的 $c n t = 16$ 。

看到 $k\leq10^{18}$ 容易想到这题是结论或者快速幂，想了一会发现了以下的两个结论：

如果单位分形的 $side_0$ 或 $side_1$ 都大于 $0$ ，即单位分形上下和左右都联通，那么 $k$ 级的联通块数肯定是 $1$ 。
如果单位分形的 $side_0$ 或 $side_1$ 都大于 $0$ ，即单位分形上下和左右都不联通，那么 $k$ 级的联通块数肯定是 $cnt^{k-1}$ 。

那么剩下的情况只有单位分形左右联通或者上下联通了。

这两种情况是类似的，现在只拿左右联通的情况来讨论：

考虑设计 $d p$ ，然后用矩阵快速幂来优化。

设 $ans_i$ 表示 $i$ 级分形时的答案， $s_i$ 表示 $i$ 级分形的 $side_0$ ， $u s i d e$ 表示单位分形的 $side_0$ 。

容易得到状态转移方程：

$\begin{aligned} ans_i&=\underbrace{cnt\times ans_{i-1}}_{\text{上一级分形复制 $k$ 遍}}-\underbrace{tot\times s_{i-1}}_{\text{减去多出来的连通块个数}}\\ s_i&=s_{i-1}\times uside \end{aligned}$

更详细的解释自己画个图就好了。

然后就可以用 $ans_1$ 、 $s_1$ 设计初始矩阵，用 $c n t$ 、 $t o t$ 、 $u s i d e$ 设计转移矩阵，最后矩阵快速幂得到 $ans_k$ 。

由于矩阵的大小是常数级别的，所以总时间复杂度 $O(\log k)$ 。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 1010
#define ll long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

struct Matrix
{
	ll a[3][3];
	Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
	void init(){a[1][1]=a[2][2]=1;}
}st,trans;

Matrix operator * (Matrix a,Matrix b)
{
	Matrix c;
	for(int i=1;i<=2;i++)
		for(int j=1;j<=2;j++)
			for(int k=1;k<=2;k++)
				c.a[i][j]=((c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%mod+mod)%mod;
	return c;
}

Matrix poww(Matrix a,ll b)
{
	Matrix ans;
	ans.init();
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int n,m;
int cnt,tot[2],side[2];//0左右相连，1上下相连 
char s[N][N];
bool tag;
ll k;

ll fastpow(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(s[i][j]=='#')
			{
				cnt++;
				if(j>1) tot[0]+=(s[i][j-1]=='#');
				if(i>1) tot[1]+=(s[i-1][j]=='#');
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) side[0]+=(s[i][1]=='#'&&s[i][m]=='#');
	for(int i=1;i<=m;i++) side[1]+=(s[1][i]=='#'&&s[n][i]=='#');
	if(side[0]&&side[1])
	{
		puts("1");
		return 0;
	}
	if(!side[0]&&!side[1])
	{
		printf("%lld\n",fastpow(cnt,k-1));
		return 0;
	}
	tag=side[1];
	st.a[1][1]=1;
	st.a[1][2]=1;
	trans.a[1][1]=cnt;
	trans.a[2][1]=-tot[tag];
	trans.a[2][2]=side[tag];
	Matrix ans=st*poww(trans,k-1);
	printf("%lld\n",ans.a[1][1]);
	return 0;
}
/*
....#....
...###...
...#.#...
.#..#..#.
#########
#.##.##.#
.#.....#.
###...###
#.#...#.#
*/