Dangerous Sugoroku：赛时写了矩乘 T 飞了，受到 sunkuangzheng 大佬的启发才知道要状压矩乘。
暴力矩乘思路
直接像过河那样写模拟细节非常多，于是考虑像美食家一样的思路，利用矩阵分段加速。
定义 \(dp_i\) 表示 \(i\) 能否到达，则有如下转移：
\[dp_{i}=\bigvee_{j=i-B}^{i-A}dp_{j} \]因为 \(A,B\le 20\)，所以可用状态非常少，就可以用矩阵优化了。
那么很显然就把段拆一下，然后直接跑矩乘就好了。这个做法甚至连 \(m=0,l_i-1=r_{i-1}\) 的细节都不用判。
代码如下，如果你真这么写了，会收获 TLE 和 WA 的好成绩！
下面这份暴力中 \(dp_i\) 表示 \(dp_i\) 的方案数，所以转移有所不同，本质还是和上面一样的。只要 \(dp_i>0\) 就能到达。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
struct mat{
ull a[25][25];
mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
mat operator*(const mat &x)const{
mat res;
for(int i=0;i<=20;i++)
{
for(int k=0;k<=20;k++)
{
ull l=a[i][k];
for(int j=0;j<=20;j++)
{
res.a[i][j]=(res.a[i][j]+l*x.a[k][j]);
}
}
}
return res;
}
}s,dp1,dp2;
mat qpow(mat x,ll k)
{
mat res;
for(int i=0;i<=20;i++)res.a[i][i]=1;
while(k>0)
{
if(k&1)res=res*x;
x=x*x;
k>>=1;
}
return res;
}
ll n,m,a,b,l[200005],r[200005];
int main()
{
//freopen("sample.in","r",stdin);
//freopen("sample.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m>>a>>b;
s.a[1][20]=1;
for(int i=1;i<=19;i++)dp1.a[i+1][i]=dp2.a[i+1][i]=1;
for(int i=20-a+1;i>=20-b+1;i--)dp1.a[i][20]=1;
r[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>l[i]>>r[i];
if(r[i]-l[i]+1>=21||l[i]==1)
{
cout<<"No";
return 0;
}
if(l[i]-r[i-1]-1>0)s=s*qpow(dp1,l[i]-r[i-1]-1);
if(r[i]-l[i]+1>0)s=s*qpow(dp2,r[i]-l[i]+1);
}
if(n+1-r[m]-1>0)s=s*qpow(dp1,n+1-r[m]-1);
if(s.a[1][20])cout<<"Yes";
else cout<<"No";
return 0;
}
原因是复杂度为 \(O(m\times 20^3 \log n)\)，常数又大，无法通过。
优化矩乘
因为状态中只有 \(0\) 和 \(1\)，每行每列的数又只有 \(20\) 个，考虑用状压与位运算去掉一个 \(20\)。
我们先看暴力的矩乘代码，再来考虑如何优化它。
struct mat{
ull a[25][25];
mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
mat operator*(const mat &x)const{
mat res;
for(int i=0;i<=20;i++)
{
for(int k=0;k<=20;k++)
{
for(int j=0;j<=20;j++)
{
res.a[i][j]=(res.a[i][j]|(a[i][k]&x.a[k][j]));
}
}
}
return res;
}
}
可以发现，当 \(a_{i,k}=1\) 时，\(res_{i,j}\) 取决于 \(x_{i,j}\) 是否为 \(1\)。
因此，就可以省去循环 \(j\)，当 \(a_{i,k}=1\) 时，直接让 \(res_i \gets res_i \vee x_k\) 即可。
时间复杂度 \(O(m\times 20^2 \log n)\)，可以通过。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
struct mat{
ull a[25];
mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
mat operator*(const mat &x)const{
mat res;
for(int i=0;i<=20;i++)
{
for(int k=0;k<=20;k++)
{
if((a[i]>>k)&1)res.a[i]=(res.a[i]|x.a[k]);
}
}
return res;
}
}s,dp1,dp2;
mat qpow(mat x,ll k)
{
mat res;
for(int i=0;i<=20;i++)res.a[i]=(1<<i);
while(k>0)
{
if(k&1)res=res*x;
x=x*x;
k>>=1;
}
return res;
}
ll n,m,a,b,l[200005],r[200005];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m>>a>>b;
s.a[1]=(1<<20);
for(int i=1;i<=19;i++)dp1.a[i+1]=dp2.a[i+1]=(1<<i);
for(int i=20-a+1;i>=20-b+1;i--)dp1.a[i]|=(1<<20);
r[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>l[i]>>r[i];
if(r[i]-l[i]+1>=21||l[i]==1)
{
cout<<"No";
return 0;
}
if(l[i]-r[i-1]-1>0)s=s*qpow(dp1,l[i]-r[i-1]-1);
if(r[i]-l[i]+1>0)s=s*qpow(dp2,r[i]-l[i]+1);
}
if(n+1-r[m]-1>0)s=s*qpow(dp1,n+1-r[m]-1);
if((s.a[1]>>20)&1)cout<<"Yes";
else cout<<"No";
return 0;
}