P15569 COCI 2025/2026 #5 结构 / Struktura 题解
tag : 矩阵快速幂 矩阵加速 DP 转移
赛时这道题写了 \(O(n)\) DP，得了 76 分，但不太熟悉矩阵加速，没有写出正解这道题有更简单的方法，但为了练习矩阵加速 DP，用了如下方法
题意
给定 \(n,k\)，独立、等概率地从 \(1\) 到 \(k\) 中取 \(n\) 个数，得到数组 \(a_1,\dots,a_n\)。称 \(a\) 是结构，当且仅当同时满足
- \(1,2,\dots,n\) 在 \(a\) 中各出现恰好一次，即 \(a\) 是 \(1\) 到 \(n\) 的一个排列；
- 对每个 \(i\)，\(|a_i+i-n-1|\le 1\)。
求随机数组恰为结构的概率，模 \(10^9+7\) 输出，即
\\\frac{\\text{结构个数}}{k\^n}\\pmod{10\^9+7} \\
数据范围 \(n,k\le 10^9\)。
第二条等价于每个位置只有三种候选值
\a_i\\in\\{n-i,\\ n+1-i,\\ n+2-i\\} \\
落出 \(1,n\) 的候选值不合法。另外 \(k<n\) 时答案为 \(0\)，因为排列里的 \(n\) 也必须取自 \(1\) 到 \(k\)。
显然，这道题有一个比较简单的暴力 DP 转移
显然，每个 \(a_i\) 的取值只有三种，从 \(i=1\) 到 \(n\) 分别如下：
| \(i\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(\cdots\) | \(n-2\) | \(n-1\) | \(n\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| ① | \(n+1\) | \(n\) | \(n-1\) | \(\cdots\) | \(4\) | \(3\) | \(2\) |
| ② | \(n\) | \(n-1\) | \(n-2\) | \(\cdots\) | \(3\) | \(2\) | \(1\) |
| ③ | \(n-1\) | \(n-2\) | \(n-3\) | \(\cdots\) | \(2\) | \(1\) | \(0\) |
\(fiab\) : 表示第 \(i\) 位选第 \(a\) 个，第 \(i - 1\) 位选第 \(b\) 个，注意边界 \(1\) 到 \(n\)
cpp
// init
f[2][1][1] = 0, f[2][1][3] = 1;
f[2][2][1] = 0, f[2][2][2] = 1;
f[2][3][1] = 0, f[2][3][2] = 1, f[2][3][3] = 1;
for (int i = 2; i < n; i ++) {
f[i + 1][1][1] = (f[i + 1][1][1] + f[i][1][1]) % MOD;
f[i + 1][1][3] = (f[i + 1][1][3] + f[i][3][1] + f[i][3][2]) % MOD;
f[i + 1][2][1] = (f[i + 1][2][1] + f[i][1][1] + f[i][1][3]) % MOD;
f[i + 1][2][2] = (f[i + 1][2][2] + f[i][2][1] + f[i][2][2]) % MOD;
f[i + 1][3][1] = (f[i + 1][3][1] + f[i][1][1] + f[i][1][3]) % MOD;
f[i + 1][3][2] = (f[i + 1][3][2] + f[i][2][1] + f[i][2][2]) % MOD;
f[i + 1][3][3] = (f[i + 1][3][3] + f[i][3][1] + f[i][3][2] + f[i][3][3]) % MOD;
}
cnt = (cnt + f[n][1][1] + f[n][1][3]) % MOD;
cnt = (cnt + f[n][2][1] + f[n][2][2]) % MOD;能够用矩阵加速的五个条件（\(AI\)总结）
- 一步能写成加权和 ：新状态里每一项都是旧状态的"常数 × 旧值"再相加，比如 \(f i = f i − 1 + f i − 2 、 b 3 = a 7 + a 8\) 。不能出现两个状态相乘、开平方、绝对值、条件判断。
- 权重不随步数变 ： \(f i = f i − 1 + f i − 2\) 里系数是 1 , 1 ，每步都一样；如果是 \(f i = i ⋅ f i − 1\) 或 \(f i = 2 i f i − 1\) ，系数每步都变，就不能直接用。
- 状态个数固定 ：每一步只需要固定几个数（比如本题 9 个、斐波那契 2 个）。如果需要记住整段历史、或者状态数是 \(2^n\) 这种规模，就不行。
- 只要"某一时刻的状态" ：答案能直接从第 \(n\) 步的状态里取出来。
- 再加一个现实条件： \(n\) 要足够大 ，否则直接循环反而更快。
所以，显然本题可以用矩阵加速
矩阵加速DP转移：
令 \(id ( a , b ) = ( a − 1 ) ⋅ 3 + b\)
所以可以把暴力 DP 转移写成如下形式 (重要\(! ! !\))
\\\begin{bmatrix} f_{i,1} \& f_{i,2} \& \\cdots \& f_{i,9} \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} f_{i-1,1} \& f_{i-1,2} \& \\cdots \& f_{i-1,9} \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} \\mathrm{base}_{11} \& \\mathrm{base}_{12} \& \\cdots \& \\mathrm{base}_{19} \\\\ \\mathrm{base}_{21} \& \\mathrm{base}_{22} \& \\cdots \& \\mathrm{base}_{29} \\\\ \\vdots \& \\vdots \& \\ddots \& \\vdots \\\\ \\mathrm{base}_{91} \& \\mathrm{base}_{92} \& \\cdots \& \\mathrm{base}_{99} \\end{bmatrix} \\
其中
\\\begin{aligned} f_{i,1} ={}\& f_{i-1,1}\\cdot \\mathrm{base}_{1,1} + f_{i-1,2}\\cdot \\mathrm{base}_{2,1} + f_{i-1,3}\\cdot \\mathrm{base}_{3,1} + f_{i-1,4}\\cdot \\mathrm{base}_{4,1} \\\\ \&+ f_{i-1,5}\\cdot \\mathrm{base}_{5,1} + f_{i-1,6}\\cdot \\mathrm{base}_{6,1} + f_{i-1,7}\\cdot \\mathrm{base}_{7,1} + f_{i-1,8}\\cdot \\mathrm{base}_{8,1} + f_{i-1,9}\\cdot \\mathrm{base}_{9,1} \\end{aligned}即 \\
考虑如何推出 \(base\) 矩阵
由暴力 DP
\(f_{i,1}=f_{i-1,1}\)
\(f_{i,3}=f_{i-1,7}+f_{i-1,8}\)
\(f_{i,4}=f_{i-1,1}+f_{i-1,3}\)
\(f_{i,5}=f_{i-1,4}+f_{i-1,5}\)
\(f_{i,7}=f_{i-1,1}+f_{i-1,3}\)
\(f_{i,8}=f_{i-1,4}+f_{i-1,5}\)
\(f_{i,9}=f_{i-1,7}+f_{i-1,8}+f_{i-1,9}\)
对于 \(f_{i,1}\) 由\(f_{i,1}=f_{i-1,1}\) 可以得到：
\\\begin{pmatrix} \\mathrm{base}_{1,1}\\\\ \\mathrm{base}_{2,1}\\\\ \\vdots\\\\ \\mathrm{base}_{9,1} \\end{pmatrix} = \\begin{pmatrix} 1\\\\ 0\\\\ \\vdots\\\\ 0 \\end{pmatrix} \\
同理可以得到整个 \(base\) 矩阵
\\\mathrm{base}= \\begin{pmatrix} 1\&0\&0\&1\&0\&0\&1\&0\&0\\\\ 0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\\\\ 0\&0\&0\&1\&0\&0\&1\&0\&0\\\\ 0\&0\&0\&0\&1\&0\&0\&1\&0\\\\ 0\&0\&0\&0\&1\&0\&0\&1\&0\\\\ 0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\\\\ 0\&0\&1\&0\&0\&0\&0\&0\&1\\\\ 0\&0\&1\&0\&0\&0\&0\&0\&1\\\\ 0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&0\&1 \\end{pmatrix} \\
于是 \(bj = \sum_{i=1}^{9} ai * baseij\)
于是直接开两个数组（无需用矩阵存\(b\), \(a\)）
cpp
Matrix p = qpow(base, n - 2);
a[3] = a[5] = a[8] = a[9] = 1;
for (int j = 1; j <= 9; j ++) {
for (int i = 1; i <= 9; i ++) {
b[j] = (b[j] + a[i] * p.mat[i][j]) % MOD;
}
}答案：b[1] + b[3] + b[4] + b[5]
AC code
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 10;
const ll MOD = 1e9 + 7;
ll nn, k;
ll a[N], b[N];
struct Matrix {
int n;
ll mat[N][N];
Matrix(int _n = 0) {
n = _n;
memset(mat, 0, sizeof(mat));
}
void E() {
for (int i = 1; i <= n; i ++) mat[i][i] = 1;
}
} ;
Matrix mul(Matrix a, Matrix b) {
int n = a.n;
Matrix ret(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
for (int k = 1; k <= n; k ++) {
ret.mat[i][j] = (ret.mat[i][j] + a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % MOD;
}
}
}
return ret;
}
Matrix qpow(Matrix a, ll b) {
int n = a.n;
Matrix res(n);
res.E();
while (b) {
if (b & 1) res = mul(res, a);
a = mul(a, a);
b >>= 1;
}
return res;
}
ll q_pow(ll a, ll b) {
ll res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main () {
freopen("struktura.in", "r", stdin);
freopen("struktura.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> nn >> k;
if (nn == 1) {
cout << q_pow(k, MOD - 2) << '\n';
return 0;
}
if (k < nn) {
cout << 0 << '\n';
return 0;
}
Matrix base(9);
base.mat[1][1] =
base.mat[1][4] = base.mat[1][7] =
base.mat[3][4] = base.mat[3][7] =
base.mat[4][5] = base.mat[4][8] =
base.mat[5][5] = base.mat[5][8] =
base.mat[7][3] = base.mat[7][9] =
base.mat[8][3] = base.mat[8][9] =
base.mat[9][9] = 1;
Matrix p = qpow(base, nn - 2);
a[3] = a[5] = a[8] = a[9] = 1;
for (int j = 1; j <= 9; j ++) {
for (int i = 1; i <= 9; i ++) {
b[j] = (b[j] + a[i] * p.mat[i][j]) % MOD;
}
}
ll cnt = (b[1] + b[3] + b[4] + b[5]) % MOD;
ll tot = q_pow(k, nn) % MOD;
cout << cnt * q_pow(tot, MOD - 2) % MOD << '\n';
return 0;
}注意特判 \(n == 1\)
务必注意矩阵的 \(i, j\)，非常容易搞反