蓝桥杯-蓝跳跳（矩阵快速幂 70%数据）
题目描述
小蓝制作了一个机器人，取名为蓝跳跳，因为这个机器人走路的时候基本靠跳跃。
蓝跳跳可以跳着走，也可以掉头。蓝跳跳每步跳的距离都必须是整数，每步可以跳不超过 k 的长度。由于蓝跳跳的平衡性设计得不太好，如果连续两次都是跳跃，而且两次跳跃的距离都至少是 p，则蓝跳跳会摔倒，这是小蓝不愿意看到的。
小蓝接到一个特别的任务，要在一个长为 L 舞台上展示蓝跳跳。小蓝要控制蓝跳跳从舞台的左边走到右边，然后掉头，然后从右边走到左边，然后掉头，然后再从左边走到右边，然后掉头，再从右边走到左边，然后掉头，如此往复。
为了让观者不至于太无趣，小蓝决定让蓝跳跳每次用不同的方式来走。小蓝将蓝跳跳每一步跳的距离记录下来，按顺序排成一列，显然这一列数每个都不超过 k 且和是 L。这样走一趟就会出来一列数。如果两列数的长度不同，或者两列数中存在一个位置数值不同，就认为是不同的方案。
请问蓝跳跳在不摔倒的前提下，有多少种不同的方案从舞台一边走到另一边。
输入描述
输入一行包含三个整数 k, p, L。
其中， 1 ≤ p ≤ k ≤ 1000 ， 1 ≤ L ≤ 1 0 18 1 ≤ p ≤ k ≤ 1000，1 ≤ L ≤ 10^{18} 1≤p≤k≤1000，1≤L≤1018 。
输出描述
输出一个整数，表示答案。答案可能很大，请输出答案除以 20201114的余数。
思路
由于L的范围肯定直接dp即使可以根据循环减小空间，但时间必然是会超过的，于是想到矩阵快速幂。
F
[
i
]
[
0
]
:
一
共
跳
了
i
个
单
位
的
距
离
，
且
当
前
这
一
跳
小
于
p
F
[
i
]
[
1
]
:
一
共
跳
了
i
个
单
位
的
距
离
，
且
当
前
这
一
跳
大
于
等
于
p
F
[
i
]
[
0
]
=
F
[
j
]
[
0
]
+
F
[
j
]
[
1
]
j
∈
[
i
−
p
+
1
,
i
−
1
]
F
[
i
]
[
1
]
=
F
[
j
]
[
0
]
j
∈
[
i
−
k
,
i
−
p
]
F[i][0]:一共跳了i个单位的距离，且当前这一跳小于p \\ F[i][1]:一共跳了i个单位的距离，且当前这一跳大于等于p\\ F[i][0] = F[j][0] + F[j][1] ~~~ j \in{[i-p+1,i-1]}\\ F[i][1] = F[j][0] ~~~j\in[i-k,i-p]
F[i][0]:一共跳了i个单位的距离，且当前这一跳小于pF[i][1]:一共跳了i个单位的距离，且当前这一跳大于等于pF[i][0]=F[j][0]+F[j][1] j∈[i−p+1,i−1]F[i][1]=F[j][0] j∈[i−k,i−p]
所以可以列出矩阵，以k= 5 ,p = 3 为例:
∣
F
[
i
]
[
1
]
F
[
i
]
[
0
]
F
[
i
−
1
]
[
1
]
F
[
i
−
1
]
[
0
]
F
[
i
−
2
]
[
1
]
F
[
i
−
2
]
[
0
]
F
[
i
−
3
]
[
1
]
F
[
i
−
3
]
[
0
]
F
[
i
−
4
]
[
1
]
F
[
i
−
4
]
[
0
]
∣
=
∣
0
0
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
∣
∣
F
[
i
−
1
]
[
1
]
F
[
i
−
1
]
[
0
]
F
[
i
−
2
]
[
1
]
F
[
i
−
2
]
[
0
]
F
[
i
−
3
]
[
1
]
F
[
i
−
3
]
[
0
]
F
[
i
−
4
]
[
1
]
F
[
i
−
4
]
[
0
]
F
[
i
−
5
]
[
1
]
F
[
i
−
5
]
[
0
]
∣
\begin{vmatrix} F[i][1]\\ F[i][0]\\ F[i-1][1]\\ F[i-1][0]\\ F[i-2][1]\\ F[i-2][0]\\ F[i-3][1]\\ F[i-3][0]\\ F[i-4][1]\\ F[i-4][0]\\ \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &1 & 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 &0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ \end{vmatrix} \begin{vmatrix} F[i-1][1]\\ F[i-1][0]\\ F[i-2][1]\\ F[i-2][0]\\ F[i-3][1]\\ F[i-3][0]\\ F[i-4][1]\\ F[i-4][0]\\ F[i-5][1]\\ F[i-5][0]\\ \end{vmatrix}
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣F[i][1]F[i][0]F[i−1][1]F[i−1][0]F[i−2][1]F[i−2][0]F[i−3][1]F[i−3][0]F[i−4][1]F[i−4][0]∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0110000000010100000001001000000100010000000000100010000001000000000010100000000100000000001000000000∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣F[i−1][1]F[i−1][0]F[i−2][1]F[i−2][0]F[i−3][1]F[i−3][0]F[i−4][1]F[i−4][0]F[i−5][1]F[i−5][0]∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
代码（70%数据）
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2e3 ;
typedef long long ll;
const ll mod = 20201114;
ll f[1005][2];
ll p,k,l;
ll A[N];
ll B[N][N];
ll tmp1[N],tmp2[N][N];
void multi(ll B[N][N], ll A[N] , ll C[N])
{
memset(tmp1,0,sizeof(tmp1));
for(int i = 0 ; i < k << 1 ; i ++)
{
for(int j = 0 ; j < k << 1; j ++)
{
tmp1[i] = (tmp1[i] + B[i][j] * A[j] % mod ) % mod;
}
}
memcpy(C,tmp1,sizeof(tmp1));
}
void multi(ll A[N][N] , ll B[N][N] , ll C[N][N])
{
memset(tmp2,0,sizeof(tmp2));
for(int i = 0 ; i < k << 1 ; i ++)
for(int j = 0 ; j < k << 1 ; j ++)
for(int m = 0 ; m < k << 1 ; m ++)
tmp2[i][j] = (tmp2[i][j] + A[i][m] * B[m][j] % mod) % mod;
memcpy(C,tmp2,sizeof(tmp2));
}
void print(ll A[N])
{
for(int i = 0 ; i < k << 1 ; i ++)
printf("%lld " , A[i]);
puts("");
}
void print(ll A[N][N])
{
for(int i = 0 ; i < k << 1 ; i ++)
{
for(int j = 0 ; j < k << 1 ; j ++)
printf("%lld ",A[i][j]);
puts("");
}
}
int main()
{
cin>>k>>p>>l;
f[0][0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
{
for(int j = 1 ; j < p && j <= i; j ++)
{
f[i][0] = (f[i][0] + (f[i-j][0] + f[i-j][1]) % mod ) % mod;
}
for(int j = p ; j <= k && j <= i; j ++)
{
f[i][1] = (f[i][1] + f[i-j][0]) % mod;
}
}
if(l <= k)
{
cout<<(f[l][0] + f[l][1])%mod;
return 0;
}
for(int i = 0 ; i < k ; i ++)
{
A[i<<1] = f[k-i][1];
A[i<<1|1] = f[k-i][0];
}
for(int i = (k<<1) -1 ; i >= (p<<1) - 1 ; i -= 2)
B[0][i] = 1;
for(int i = 0 ; i < (p - 1)<<1 ; i ++)
B[1][i] = 1;
for(int i = 2 ; i < k << 1 ; i ++)
B[i][i-2] = 1;
l -= k;
while(l)
{
if(l & 1)
multi(B,A,A);
l >>= 1;
multi(B,B,B);
}
printf("%lld\n",(A[0] + A[1]) % mod);
return 0;
}