标签：include 简单 tmp register clu zoj ons bsp 排列
仅包含一个整数，表示满足要求的方案数对30031取模的结果。
思路{
P,K小得不行，想到了状态压缩。n的范围如此之大，考虑矩阵快速幂！
先从简单的状态压缩开始。设$dp[i][j]$为强制选第i号停车，从第i号开始的后面p个的停车状态。转移。
发现一个问题(1->3,2->4)和(2->4,1->3)属于同一种情况，所以我们只需要考虑dp[i-1]->dp[i]。
关键就是后面状态j的转移关系了。发现dp[i-1][j‘]->dp[i][j]满足j‘变成j时实际位置对应的状态中的二进制数的位数+1
那么先删去i-1位置的数,j‘-=(1<<(p-1)),然后j‘<<1,变成对应的位置，由于j‘->j时只有一个相对位置发生了变化，那么j‘^=j，判断j‘的二进制数中1的个数是否为1即可。
那么转移方程就出来了。考虑构造矩阵。
暴力构造矩阵的话大小是(2^p)^2的显然不行，我们只需考虑后面的p位中有k位有车的状态，不妨先DFS找出所有的状态，然后两两枚举即可。注意转移关系在矩阵中对应的位置
不难发现构造的矩阵大小是(C(p-1,k-1))的，那这个就很对了。
所以总的复杂度是O(logn*C(p-1,k-1)^3+p!)的。
}
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define RG register
#define il inline
#define N 200
#define mod 30031
using namespace std;
int n,k,p,que[N];
struct matrix{
int n,m;
ll ma[N][N];
void clear(){memset(ma,0,sizeof(ma));n=m=0;}
matrix operator *(const matrix & a)const {
matrix c;c.clear();
c.n=n,c.m=a.m;
for(int i=1;i<=c.n;++i){
for(int j=1;j<=c.m;++j){
for(int k=1;k<=m;++k){
c.ma[i][j]+=ma[i][k]*a.ma[k][j];
}
(c.ma[i][j]+=mod)%=mod;
}
}
return c;
}
};
matrix qp(matrix a,ll b){
if(b==1)return a;if(b==2)return a*a;
matrix tmp=qp(a,(b>>1));
tmp=tmp*tmp;
if(b&1)tmp=tmp*a;
return tmp;
}
void dfs(int pos,int num,int cnt){
if(cnt==k){que[++que[0]]=num;return;}
for(int i=pos-1;i!=-1;i--)
dfs(i,num+(1<<i),cnt+1);
}
#define lowbit(o) ( (o) & (-o) )
bool check(int x,int y){
int Temp=x-(1<<(p-1));
Temp<<=1;Temp^=y;
if(Temp==lowbit(Temp))return 1;
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
dfs(p-1,(1<<(p-1)),1);
matrix temp;temp.clear();temp.n=temp.m=que[0];
matrix ans;ans.clear();ans.ma[1][1]=1;ans.n=que[0],ans.m=1;
for(int i=1;i<=que[0];++i){
for(int j=1;j<=que[0];++j){
if(check(que[i],que[j]))temp.ma[j][i]=1;
}
}
temp=qp(temp,n-k);
ans=temp*ans;
cout<<ans.ma[1][1];
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zzmmm/p/7593834.html
