Educational Codeforces Round 40 F. Runner's Problem
题意：
给一个$ 3 * m \(的矩阵，问从\)(2,1)$ 出发 走到 \((2,m)\) 的方案数 \(mod 1e9 + 7\), 走的规则和限制如下：
From the cell (i, j) you may advance to:
- (i - 1, j + 1) — only if i > 1,
- (i, j + 1), or
- (i + 1, j + 1) — only if i < 3.
给出了$n $个限制 每个限制如下描述
\(a_i, l_i, r_i l_i <= r_i 1<=a_i <= 3\) 表示第\((a_i, l_i)\) 到 \((a_i, ri)\) 都是不可走的
\(n <= 10000 , m <= 10^{18}\)
思路：
考察没有限制的情况， 写出转移矩阵做快速幂即可
\(\begin{bmatrix} 1& 1 &0 \\ 1& 1 &1 \\ 0& 1 &1 \end{bmatrix}\)
那么给定了限制之后，其实就是转移矩阵在某一段内不会发生变化，处理出每一段做快速幂即可。
最开始我处理每一段的方法有点傻逼，将所有的端点按左开右闭的方式排序，然后对于取出的每一段区间判断第1,2,3行在这段区间内是否有障碍，我采用了对每一行的障碍排序，再用指针的方式来判断是否有障碍。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define P pair<int,int>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
vector<pair<LL,LL> > a[3];
vector<pair<LL,int> >p;
int n, x;
LL m, l, r;
struct MAT{
int a[3][3];
MAT operator*(const MAT &rhs){
MAT ans;
memset(ans.a, 0, sizeof(ans.a));
for(int i = 0;i < 3;i++){
for(int j = 0;j < 3;j++){
for(int k = 0;k < 3;k++){
ans.a[i][j] = (ans.a[i][j] + 1LL * a[i][k] * rhs.a[k][j] % mod) % mod;
}
}
}
return ans;
}
MAT operator^(LL k){
MAT ans, A = *this;
for(int i = 0;i < 3;i++){
for(int j = 0;j < 3;j++) ans.a[i][j] = (i == j?1:0);
}
for(;k;k >>= 1,A = A * A) if(k & 1) ans = ans * A;
return ans;
}
}mat;
int b[3][3];
void init(){
b[0][0] = b[0][1] = 1;
b[1][0] = b[1][1] = b[1][2] = 1;
b[2][1] = b[2][2] = 1;
b[0][2] = b[2][0] = 0;
}
void gao(int row){
for(int i = 0;i < 3;i++) mat.a[row][i] = 0;
}
int main()
{
init();
cin>>n>>m;
for(int i = 0;i < n;i++){
scanf("%d%lld%lld",&x,&l,&r);
a[x - 1].push_back(make_pair(l,r));
p.push_back(make_pair(l - 1, 0));
p.push_back(make_pair(r, 1));
}
p.push_back(make_pair(1,0));
p.push_back(make_pair(m, 1));
sort(p.begin(),p.end());
p.erase(unique(p.begin(),p.end()),p.end());
for(int i = 0;i < 3;i++) sort(a[i].begin(),a[i].end());
LL mxr[3] = {1,1,1};
LL ans[3] = {0,1,0};
int now[3] = {0};
l = p[0].first;
for(int i = 1; i < p.size();i++){
r = p[i].first;
memcpy(mat.a, b, sizeof(b));
for(int j = 0;j < 3;j++){
int &xx = now[j];
while(xx < a[j].size() && a[j][xx].first <= l + 1 &&
(mxr[j] = max(a[j][xx].second,mxr[j])) < r) xx++;
if(xx < a[j].size() && a[j][xx].first <= l + 1 && mxr[j] >= r){
gao(j);
}
}
mat = mat ^ (r - l);
LL tmp[3] = {0};
for(int j = 0;j < 3;j++){
for(int k = 0;k < 3;k++) {
tmp[j] += 1LL * mat.a[j][k] * ans[k] % mod;
tmp[j] %= mod;
}
memcpy(ans, tmp, sizeof(tmp));
l = p[i].first;
}
cout<<ans[1]<<endl;
return 0;
}
实际上存端点的时候 可以把该端点是起点还是终点以及在哪一行存进去，这样就可以单独每一行进行维护。
当某一行遇到一个起点后，意味着该行从这个点开始都是有障碍的，直到遇到一个终点+1 后面才没有障碍，
这样就容易判断的多。
常用的区间标记操作，只是这里一时没有将这个知识用上来，以致于采用前面的做法觉得复杂很多。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define P pair<int,int>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, x;
LL m, l, r;
struct MAT{
int a[3][3];
MAT operator*(const MAT &rhs){
MAT ans;
memset(ans.a, 0, sizeof(ans.a));
for(int i = 0;i < 3;i++){
for(int j = 0;j < 3;j++){
for(int k = 0;k < 3;k++){
ans.a[i][j] = (ans.a[i][j] + 1LL * a[i][k] * rhs.a[k][j] % mod) % mod;
}
}
}
return ans;
}
MAT operator^(LL k){
MAT ans, A = *this;
for(int i = 0;i < 3;i++){
for(int j = 0;j < 3;j++) ans.a[i][j] = (i == j?1:0);
}
for(;k;k >>= 1,A = A * A) if(k & 1) ans = ans * A;
return ans;
}
};
struct node{
LL x;
int row, f;
node(LL x,int row,int f):x(x),row(row),f(f){};
bool operator<(const node&rhs)const{
return x < rhs.x;
}
};
vector<node> p;
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i = 0;i < n;i++){
scanf("%d%lld%lld",&x,&l,&r);
p.push_back(node(l, x - 1, 1));
p.push_back(node(r + 1, x - 1, -1));
}
p.push_back(node(m + 1, 1, -1));
sort(p.begin(),p.end());
int isobstacle[4] = {0};
MAT ans;
for(int i = 0;i < 3;i++) for(int j = 0;j < 3;j++) ans.a[i][j] = (i == j?1:0);
l = 1;
for(int i = 0; i < p.size();i++){
r = p[i].x;
LL d = r - l - 1; /// 区间左闭右开
if(d){
MAT mat;
for(int i = 0;i < 3;i++){ // 初始化转移矩阵
for(int j = 0;j < 3;j++) {
if(!isobstacle[i] && abs(i - j) <= 1) mat.a[i][j] = 1;
else mat.a[i][j] = 0;
}
}
ans = (mat ^ d) * ans;
}
isobstacle[p[i].row] += p[i].f;
l = r - 1;
}
cout<<ans.a[1][1]<<endl;
return 0;
}