对于每一个数想要在重组后再回到原来的位置，就一定要在一个环上，而次数就是环的长度。于是，暴力求出每个环的长度，再质因数分解或逆元求出最小公倍数。
月份：2017年1月
[FJOI WC 2017] geronimo
最小公倍数。
这题应该算是经典模型了。
如果模拟一下变换过程，可以发现：
- 所有的数的行进路线都会是一个闭合的环。
- 同一个环上的数总是同时恢复到原始状态。
- 一个数恢复到原始状态所需次数为这个数所在环的长度。
- 不同的环之间相互独立。
那么显然（参见小学奥数），要使所有数恢复到原始状态，所需次数即为所有数最小移动次数的最小公倍数，即为所有环长度的最小公倍数。
注意：这题如果直接用 lcm(a, b) = a * b / gcd(a, b) 会超出 long long 范围，所以计算过程应采用分解质因数或求乘法逆元。
代码如下（分解质因数）：
矩阵填数
题意：
给出一些有限制的矩阵，求出满足要求的方案数。
可以发现，如果将每个矩形的四条边延长，可以将大矩形划分成不多于400个的小矩形。
对于每个有限制的矩形，只有两种情况：达到要求和未达到要求。最多有2^10种状态。
由于状态少，可以用状压DP来解决。
设f[tot][k]为第i个小矩形达到状态k的方案数，state[i][j]为小矩形tot满足要求每个有限制的矩形的状态
就有
- f[tot + 1][k|sta[i][j]] += (long long)f[tot][k] * (power(V[i][j], num[i][j]) -power(V[i][j] - 1, num[i][j]))
- f[tot + 1][k] += (long long)f[tot][k] * (power(V[i][j] - 1, num[i][j])
最后f[tot][(1<<n) - 1]（tot是小矩形数，(1<<n) - 1是状态数）为答案
递推数列
病毒入侵
矩阵乘法优化的动态规划。
考虑位数增长时答案的变化：
用数组 F[i][j] 记录长度为 i 且末尾三位的十进制表示为 j 的未感染 DNA 个数，那么每一个 j 可以向后转移到的状态如下：
j DNA possible subfix
0 000 + 0/1
1 001 + 0/1
2 010 + 0
3 011 + 0
4 100 + 0/1
5 101 + nothing
6 110 + 0
7 111 + nothing
上表还不太明显，用图表示：
那么转移就很明显了：
f[i+1][0] = f[i][0] + f[i][4]
f[i+1][1] = f[i][0] + f[4][0]
f[i+1][2] = f[i][1]
f[i+1][3] = f[i][1]
f[i+1][4] = f[i][2] + f[i][6]
f[i+1][6] = f[i][3]
但是，考虑到数据范围 ( L<=10^9 )，直接线性递推做会超时。
于是用矩阵乘法优化转移过程，具体实现见代码：
[Luogu U2862] 小A的数列
对于 Fibonacci 数列 {Fi} 存在这样一个定理：
那么题意可以转化为求 Fibonacci 数列的第 gcd(n, m) 项对 1000000007 取模的值。
注意这个数可能会达到 10^18，故使用矩阵乘法优化计算。
Reference:
代码如下：
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#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
inline void set_file_IO(string);
inline void close_IO(void);
inline void work(void);
int main(void) {
#ifndef ONLINE_JUDGE
set_file_IO("sequence");
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
work();
#ifndef ONLINE_JUDGE
close_IO();
#endif
return 0;
}
typedef long long ll;
const ll Mod = 1000000007;
template<int Size>
struct matrix {
ll data[Size][Size];
matrix() {
memset(data, 0, sizeof data);
}
matrix<Size> operator *(const matrix<Size> b) {
matrix<Size> res;
for (int i=0; i<Size; ++i) {
for (int j=0; j<Size; ++j) {
for (int k=0; k<Size; ++k) {
(res.data[i][j] += data[i][k] * b.data[k][j]) %= Mod;
}
}
}
return res;
}
void operator *= (const matrix<Size> b) {
*this = *this * b;
}
matrix<Size> operator ^(ll exp) {
matrix<Size> res;
for (int i=0; i<Size; ++i) {
res.data[i][i] = 1;
}
for (matrix<Size> base=*this; exp; base*=base, exp>>=1LL) {
if (exp & 1LL) {
res *= base;
}
}
return res;
}
matrix operator ^=(const ll exp) {
return *this = *this ^ exp;
}
};
inline void single(void) {
ll n, m;
cin >> n >> m;
while (m) {
const ll t = m;
m = n % m;
n = t;
}
matrix<2> ans, ast;
ans.data[0][1] = 1;
ast.data[0][0] = ast.data[0][1] = ast.data[1][0] = 1;
ans *= ast ^= n;
cout << ans.data[0][0] << endl;
}
/*
1 , 1
1 , 0
f[i], f[i-1] f[i]+f[i-1], f[i]
0 , 0 0 , 0
*/
inline void work(void) {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
single();
}
}
inline void set_file_IO(string name) {
freopen((name + ".in" ).c_str(), "r", stdin );
freopen((name + ".out").c_str(), "w", stdout);
}
inline void close_IO(void) {
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}
[HNOI 2002] 营业额统计
题意：
给出每天的营业额，求出与之前营业额的最小差值加入答案。
很明显的平衡树，只要注意特殊情况和判重即可。
关于平衡树，可以看这史上最详尽的平衡树(splay)讲解与模板
其中代码都是非指针的。
继续阅读[HNOI 2002] 营业额统计
[BZOJ 1901] Dynamic Rankings
树状数组套主席树。
考虑无修改求区间第 K 大的情况：因为主席树之间支持相加减，故可以维护一些包含 1~i 的线段树，计算它们的树前缀和，从而快速得到区间 [l, r] 中的第 K 大数。
考虑对于数的静态区间和与动态区间和的关系——前缀和与树状数组。
类似地，我们可以维护一个树状数组，但线段树记录的不再是前缀和，而是树状数组的辅助数组的值。
这样就能做到带修改的区间第 K 大值查询了。
Reference:
http://blog.csdn.net/u014664226/article/details/47839973
代码如下：
BZOJ1787 [Ahoi2008]Meet 紧急集合
BZOJ2588 Spoj 10628. Count on a tree
求树上路径上节点权值k小。
可以发现树上两点u，v之间的第k小点权等价于(root <-> u) + (root <-> v) - (root <-> lca(u, v)) - (root <-> father[lca(u, v)])上的第k小点权，其中root为根节点，lca(u, v)为u和v的最近公共祖先，father[lca(u, v)]为lca(u, v)的父节点。
那么可以维护root到所有节点的权值，显然root到某个点x的权值和root到x父节点的权值只有点x这个点权的差别，那么可以用主席树维护这个东西了。