“<<” 的运算优先级低于 ‘+’！！！

貌似对矩阵理解更深刻了！

以下题解摘自网络

2<=M<=5，相邻的M个花圃可能有2^M种状态 ，用0~2^M-1来表示

要求有不超过K个C形花圃，对应其二进制形式中的0不超过K个。

标记出0~2^M-1中满足条件的状态x，

对于每个状态x，前M个花圃会出现1次

f(i,x)表示前i个花圃中，最后M个花圃的状态是x的方案数。

例：N=6,M=2,K=1

x取01,10,11

f(2,01)增加1个花圃，可以得到状态f(3,10)和f(3,11)

f(2,10)增加1个花圃，可以得到状态f(3,01)

f(2,11)增加1个花圃，可以得到状态f(3,10)和f(3,11)

花圃围成一圈，要使任意相邻的M个都满足要求，

对于每个状态x，由f(M,x)出发，求f(N+M,x)即可

再累加求得结果。

状态x增加1位后可能产生的状态：

x%2^(m-1)2, x%2^(m-1)2+1

复杂度：O(N)

40%的数据中，N<=20；

60%的数据中，M=2；

80%的数据中，N<=10^5。

100%的数据中，N<=10^15。 会超时。

加速优化：

考虑状态x从何而来?

x/2 和 x/2+2^(M-1)

例：M=5，K=3,状态00111 可以由 00011 和 10011 再加一个1得到。

用矩阵乘法来实现：

N=6,M=2,K=1,

(1 1 0 0)

(f(m,00) f(m,01) f(m,10) f(m,11)) * (0 0 1 1)

(1 1 0 0)

(0 0 1 1)

利用矩阵乘法快速幂优化加速。

#include 
    
     #include 
     
      #define MO 1000000007#define LL long longLL n,m,k,N;LL a[40][40],b[40][40],tmp[40][40];int can[40];inline void F(LL fo[][40],LL to[][40]){    memset(tmp,0,sizeof(tmp));    for(int i=0;i<=N;i++)        for(int j=0;j<=N;j++)            for(int k=0;k<=N;k++)                tmp[i][j]=(fo[i][k]*to[k][j]+tmp[i][j])%MO;    for(int i=0;i<=N;i++)        for(int j=0;j<=N;j++)            to[i][j]=tmp[i][j];}int main(){    scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k);    N=(1<
      
       >=1;        }        if(cnt<=k)         {            can[i]=true;            a[i>>1][i]=1;            a[(i>>1)+(1<<(m-1))][i]=1;        }        b[i][i]=1;     }    while(n!=1)    {        if(n%2==1) F(a,b);        F(a,a);        n>>=1;    }    F(a,b);    LL ans=0;    for(int i=0;i<=N;i++)        if(can[i])            ans+=b[i][i],ans%=MO;    printf("%d\n",ans);    return 0;}