[牛客练习赛68]牛牛的粉丝（矩阵快速幂之循环矩阵优化）

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留坑，明天写。

题意：

有个$n$个点的环，每个点上有一个初始权值$x_i$。

定义每一轮调整的描述是：对于环上每一个点的权值，有$p_1$的概率流向顺时针方向的下一个点，有$p_2$的概率流向逆时针方向的下一个点，有$p_3$的概率停在原地。（其中$p_1+p_2+p_3=1$）

问$k$轮调整之后，每个点的权值期望，答案取模998244353。
（$3\le n\le 500,0\le k\le 10^{18}$）

思路：

首先可以给出每个点进行一轮调整后的值$X_i=p_1{x}_{i-1}+p_3{x}_i+p_2{x}_{i+1}$。

就可以轻松得到解向量的转移一次的方程：
$$\left[\begin{array}{ccccc}{p}_3& p_2& 0& 0& p_1\\ p_1& p_3& p_2& 0& 0\\ 0& p_1& p_3& p_2& 0\\ 0& 0& p_1& p_3& p_2\\ p_2& 0& 0& p_1& p_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\\ x_5\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{X}_1\\ X_2\\ X_3\\ X_4\\ X_5\end{array}\right]$$

那么我们的答案就是：
$$\left[\begin{array}{c}{X}_1\\ X_2\\ X_3\\ X_4\\ X_5\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccccc}{p}_3& p_2& 0& 0& p_1\\ p_1& p_3& p_2& 0& 0\\ 0& p_1& p_3& p_2& 0\\ 0& 0& p_1& p_3& p_2\\ p_2& 0& 0& p_1& p_3\end{array}\right]}^k\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\\ x_5\end{array}\right]$$
现在，它就成了一道矩阵快速幂板题了，但是$500\ast 500\ast 500\ast log10^{18}\approx 8e9$,时限1$s$是过不去的。

那么就要考虑优化。
然后就涨姿势了，还有循环矩阵这么个东西。对于循环矩阵的快速幂而言，是可以优化到$o(n^{2}logk)$的。

芝士：

循环矩阵：

当一个矩阵的每一行都由前一行右移一列（最后一列移到第一列）得到，我们称这样的矩阵为循环矩阵。

性质：

$循环矩阵+循环矩阵=循环矩阵$
$循环矩阵\times 循环矩阵=循环矩阵$

用途：

一、根据循环矩阵的定义和性质，我们要存储一个循环矩阵，只要存它的第一行就行了，后面的行可以由第一行得到。
二、我们要计算得到一个循环矩阵，也只要算出它第一行是什么就行了，同样的，后面的行可以通过第一行得到。
三、而循环矩阵通过线性运算仍然为循环矩阵，那么我们思考算循环矩阵乘循环矩阵的复杂度，因为我们只要算第一行就行了，所以矩阵乘法从原来的$o(n^3)$变成了$o(n^2)$。

然后，我们发现这题的矩阵就是循环矩阵，所以就可以优化到$o(n^{2}logk)$了。

代码：

留坑，明天再敲

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;

ll fpow(ll a,ll n)
{
    
    ll sum=1,base=a;
    while(n!=0)
    {
    
        if(n%2)sum=sum*base%mod;
        base=base*base%mod;
        n/=2;
    }
    return sum;
}
ll inv(ll a)
{
    
    return fpow(a,mod-2);
}

struct Cmatrix
{
    
    ll mat[505];
}A;
ll len;
Cmatrix mul(Cmatrix A,Cmatrix B)
{
    
    Cmatrix tmp;
    for(ll i=0;i<len;i++)
    {
    
        tmp.mat[i]=0;
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
    
            tmp.mat[i]=(tmp.mat[i]+A.mat[j]*B.mat[(len-j+i)%len])%mod;
        }
    }
    return tmp;
}
Cmatrix ffpow(Cmatrix A,ll n)
{
    
    Cmatrix sum;
    for(ll i=0;i<len;i++)sum.mat[i]=0;
    sum.mat[0]=1;
    while(n!=0)
    {
    
        if(n%2)sum=mul(sum,A);
        A=mul(A,A);
        n/=2;
    }
    return sum;
}

ll x[505],X[505];
int main()
{
    
    ll n,k;
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    len=n;
    ll a,b,c;
    scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
    ll p1=a*inv(a+b+c)%mod;
    ll p2=b*inv(a+b+c)%mod;
    ll p3=c*inv(a+b+c)%mod;
    A.mat[0]=p3;A.mat[len-1]=p1;A.mat[1]=p2;
    A=ffpow(A,k);
    for(ll i=0;i<len;i++)scanf("%lld",&x[i]);
    for(ll i=0;i<len;i++)
    {
    
        X[i]=0;
        for(ll j=0;j<len;j++)
        {
    
            X[i]=(X[i]+x[j]*A.mat[(len-i+j)%len])%mod;
        }
    }
    for(ll i=0;i<len;i++)printf("%lld ",X[i]);
    putchar('\n');
    return 0;
}