Problem 762 asks for a large-index counting value associated with amoebas in a two-dimensional grid, reported modulo \(10^9\). The C++, Python, and Java implementations show that the combinatorial count can be encoded by a single sequence \((C_n)\), so the computational task is to evaluate that sequence at \(n=100000\).
Instead of simulating every possible grid evolution, the solution uses the fact that the sequence is completely determined by nine initial values and an order-8 linear recurrence. That turns a difficult counting problem into a short modular recurrence computation.
Let \(C_n\) denote the required counting sequence modulo \(10^9\). The implementations expose the complete recurrence data directly.
The first nine terms are
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
These seed values anchor the whole sequence. Once they are known, every later term is forced by the same linear rule.
For every \(n\ge 9\), the counting sequence satisfies
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
This means the entire history is compressed into the most recent eight terms. After the recurrence has been derived, no direct enumeration of amoeba states is needed.
Package the recent values into an 8-dimensional state vector
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
Then one step of the sequence is a linear transition
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
So the problem becomes a finite-dimensional linear dynamical system. The associated characteristic polynomial is
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
The implementation does not need to solve this polynomial explicitly; iterating the recurrence is enough.
Several coefficients are negative, so each new term is reduced immediately modulo \(10^9\):
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
If the reduced value is negative, adding one copy of the modulus returns it to the standard residue range \(0\le C_n<10^9\).
Because the recurrence uses only addition, subtraction, and multiplication by fixed small integers, this normalization preserves the exact sequence in \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\).
The first nontrivial term is \(C_9\). Substituting the seed values gives
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
Applying the same rule once more,
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
This confirms that the recurrence is being advanced correctly before moving on to the much larger target index.
The C++, Python, and Java implementations all follow the same pattern. They store the nine seed values first. If the requested index is smaller than \(9\), the answer is returned directly from that initial table.
Otherwise the implementation keeps a rolling window containing the most recent nine terms. Each loop iteration forms the next term from the fixed coefficient pattern, reduces the result modulo \(10^9\), shifts the window one position to the left, and appends the new term on the right.
When the loop reaches \(n=100000\), the rightmost entry of the window is the desired answer. The runtime is small because the heavy combinatorial reasoning has already been condensed into the recurrence itself.
Let \(N\) be the target index. Every iteration performs a constant amount of arithmetic, so the running time is \(O(N)\). The rolling window has fixed length, so the memory usage is \(O(1)\).
For this problem size, a direct linear pass to \(N=100000\) is easily fast enough, so no additional acceleration technique is required.
Problem 762 verlangt einen Zählwert mit großem Index, der zu Amoeben in einem zweidimensionalen Gitter gehört, ausgegeben modulo \(10^9\). Die Implementierungen in C++, Python und Java zeigen, dass sich die kombinatorische Anzahl durch eine einzige Folge \((C_n)\) beschreiben lässt. Rechnerisch muss also nur diese Folge an der Stelle \(n=100000\) ausgewertet werden.
Statt jede mögliche Gitterentwicklung direkt zu simulieren, nutzt die Lösung die Tatsache, dass die Folge vollständig durch neun Anfangswerte und eine lineare Rekurrenz 8. Ordnung festgelegt ist. Dadurch wird aus einem schwierigen Zählproblem eine kurze modulare Rekurrenzrechnung.
Sei \(C_n\) die gesuchte Zählfolge modulo \(10^9\). Die Implementierungen legen die vollständigen Rekurrenzdaten direkt offen.
Die ersten neun Terme lauten
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
Diese Startwerte verankern die gesamte Folge. Sobald sie bekannt sind, ist jeder spätere Term durch dieselbe lineare Regel fest bestimmt.
Für jedes \(n\ge 9\) gilt
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
Damit wird die gesamte Vergangenheit in den letzten acht Termen zusammengefasst. Sobald die Rekurrenz hergeleitet ist, muss man keine Amoebenzustände mehr direkt aufzählen.
Fasse die letzten Werte zu einem 8-dimensionalen Zustandsvektor zusammen:
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
Dann ist ein Rekurrenzschritt eine lineare Transformation
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
Das Problem wird also zu einem endlichdimensionalen linearen dynamischen System. Das zugehorige charakteristische Polynom ist
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
Die Implementierung muss dieses Polynom nicht explizit losen; das direkte Iterieren der Rekurrenz reicht aus.
Mehrere Koeffizienten sind negativ. Deshalb wird jeder neue Term sofort modulo \(10^9\) reduziert:
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
Ist der reduzierte Wert negativ, bringt das Addieren eines Modulus ihn in den Standardbereich \(0\le C_n<10^9\) zuruck.
Da die Rekurrenz nur Addition, Subtraktion und Multiplikation mit kleinen festen Zahlen benutzt, bleibt die Folge in \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\) dadurch exakt erhalten.
Der erste nichttriviale neue Term ist \(C_9\). Einsetzen der Startwerte ergibt
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
Wendet man dieselbe Regel noch einmal an, so folgt
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
Damit sieht man unmittelbar, dass die Rekurrenz korrekt fortgeschrieben wird, bevor der viel groessere Zielindex berechnet wird.
Die Implementierungen in C++, Python und Java folgen alle demselben Muster. Zuerst speichern sie die neun Anfangswerte. Ist der angefragte Index kleiner als \(9\), wird die Antwort direkt aus dieser Tabelle geliefert.
Andernfalls haelt die Implementierung ein gleitendes Fenster mit den letzten neun Termen. In jeder Schleifeniteration wird der naechste Term mit dem festen Koeffizientenmuster gebildet, modulo \(10^9\) reduziert, das Fenster um eine Position nach links verschoben und der neue Term rechts angefuegt.
Sobald die Schleife \(n=100000\) erreicht, ist der rechte Fenstereintrag die gesuchte Antwort. Das Verfahren ist so kompakt, weil die eigentliche kombinatorische Analyse bereits in die Rekurrenz verdichtet wurde.
Sei \(N\) der Zielindex. Jede Iteration braucht nur konstant viele arithmetische Operationen, also betraegt die Laufzeit \(O(N)\). Das gleitende Fenster hat feste Laenge, daher ist der Speicherbedarf \(O(1)\).
Fuer diese Problemgroesse ist ein direkter linearer Durchlauf bis \(N=100000\) ohne Weiteres schnell genug; eine aufwendigere Beschleunigung ist nicht noetig.
Problem 762, iki boyutlu bir izgara uzerindeki amiplerle ilgili buyuk indisli bir sayim degerini \(10^9\) modunda istemektedir. C++, Python ve Java implementasyonlari, bu kombinatorik sayimin tek bir \((C_n)\) dizisiyle ifade edilebildigini gosteriyor. Dolayisiyla hesaplama acisindan yapilacak is, bu diziyi \(n=100000\) noktasinda degerlendirmektir.
Olasi tum izgara gelisimlerini tek tek simule etmek yerine cozum, dizinin dokuz baslangic degeri ve 8. dereceden lineer bir rekurrens ile tamamen belirlendigini kullanir. Boylece zor bir sayma problemi kisa bir moduler rekurrens hesabina indirgenir.
\(C_n\), \(10^9\) modundaki aranan sayim dizisi olsun. Implementasyonlar gerekli rekurrens verisini dogrudan veriyor.
Ilk dokuz terim sunlardir:
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
Bu tohum degerler tum diziyi sabitler. Bunlar bilindiginde sonraki her terim ayni lineer kural ile zorunlu olarak belirlenir.
Her \(n\ge 9\) icin dizi su kosulu saglar:
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
Bu, tum gecmisin son sekiz terime sikistirildigi anlamina gelir. Rekurrens cikarildiktan sonra amip durumlarini dogrudan saymak gerekmez.
Son degerleri 8 boyutlu bir durum vektoru halinde paketleyelim:
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
O zaman bir adim ilerleme lineer bir donusum olur:
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
Boylece problem sonlu boyutlu lineer bir dinamik sistem haline gelir. Ilgili karakteristik polinom da
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4$$
olur. Implementasyonun bu polinomu acik bicimde cozmesine gerek yoktur; rekurrensi dogrudan ilerletmek yeterlidir.
Katsayilarin bir kismi negatiftir. Bu nedenle her yeni terim hemen \(10^9\) moduna indirilir:
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
Eger indirgenen deger negatifse, modulu bir kez eklemek onu standart artik araligi olan \(0\le C_n<10^9\) bolgesine geri getirir.
Rekurrens sadece toplama, cikarma ve sabit kucuk katsayilarla carpma kullandigi icin bu normallestirme \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\) icindeki tam degeri korur.
Ilk gercek yeni terim \(C_9\)'dur. Tohum degerleri yerine koyarsak
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
Ayni kural bir kez daha uygulanirsa
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
Bu, cok daha buyuk hedef indise gecmeden once rekurrensin dogru ilerledigini gosteren kullanisli bir kontrol noktasi verir.
C++, Python ve Java implementasyonlarinin ucu de ayni yapiyi izler. Once dokuz tohum deger saklanir. Istenen indis \(9\)'dan kucukse cevap baslangic tablosundan dogrudan dondurulur.
Aksi halde implementasyon, son dokuz terimi tutan kaydirmali bir pencere kullanir. Her dongude sabit katsayi desenine gore yeni terim hesaplanir, sonuc \(10^9\) modunda normallestirilir, pencere sola kaydirilir ve yeni terim saga eklenir.
Dongu \(n=100000\) noktasina ulastiginda pencerenin en sagindaki deger aranan cevaptir. Yontem basittir; cunku asil kombinatorik analiz zaten rekurrensin icine sikistirilmistir.
\(N\) hedef indis olsun. Her iterasyon sabit sayida aritmetik islem yaptigi icin calisma suresi \(O(N)\)'dir. Kaydirmali pencerenin uzunlugu sabit oldugundan bellek kullanimi \(O(1)\)'dir.
Bu problem boyutunda \(N=100000\) degerine dogrudan lineer gecis fazlasiyla hizlidir; ek bir hizlandirma teknigine ihtiyac yoktur.
El problema 762 pide un valor de conteo de indice muy grande asociado con amebas en una cuadrilla bidimensional, dado modulo \(10^9\). Las implementaciones en C++, Python y Java muestran que el conteo combinatorio puede codificarse mediante una sola sucesion \((C_n)\), de modo que la tarea computacional consiste en evaluar esa sucesion en \(n=100000\).
En lugar de simular todas las evoluciones posibles de la cuadrilla, la solucion aprovecha que la sucesion queda completamente determinada por nueve valores iniciales y una recurrencia lineal de orden \(8\). Asi, un problema combinatorio dificil se convierte en una breve computacion recursiva modular.
Sea \(C_n\) la sucesion de conteo buscada modulo \(10^9\). Las implementaciones exponen directamente todos los datos de la recurrencia.
Los primeros nueve terminos son
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
Estos valores semilla fijan toda la sucesion. Una vez conocidos, cada termino posterior queda determinado por la misma regla lineal.
Para todo \(n\ge 9\), la sucesion satisface
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
Eso significa que toda la historia queda comprimida en los ocho terminos mas recientes. Una vez derivada la recurrencia, ya no hace falta enumerar directamente los estados de las amebas.
Agrupemos los valores recientes en un vector de estado de dimension \(8\):
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
Entonces un paso de la sucesion es una transicion lineal
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
Asi, el problema se convierte en un sistema dinamico lineal de dimension finita. El polinomio caracteristico asociado es
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
La implementacion no necesita resolver este polinomio de forma explicita; basta con iterar la recurrencia.
Varios coeficientes son negativos, de modo que cada nuevo termino se reduce inmediatamente modulo \(10^9\):
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
Si el valor reducido es negativo, sumar una copia del modulo lo devuelve al intervalo estandar \(0\le C_n<10^9\).
Como la recurrencia solo usa suma, resta y multiplicacion por constantes pequenas, esta normalizacion preserva exactamente la sucesion en \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\).
El primer termino nuevo no trivial es \(C_9\). Sustituyendo los valores semilla se obtiene
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
Aplicando la misma regla una vez mas,
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
Este calculo sirve como una verificacion util de que la recurrencia se esta propagando correctamente antes de llegar al indice objetivo, mucho mayor.
Las implementaciones en C++, Python y Java siguen exactamente la misma estrategia. Primero almacenan los nueve valores semilla. Si el indice pedido es menor que \(9\), la respuesta se devuelve directamente desde esa tabla inicial.
En caso contrario, la implementacion mantiene una ventana deslizante con los nueve terminos mas recientes. En cada iteracion del bucle calcula el siguiente termino con el patron fijo de coeficientes, reduce el resultado modulo \(10^9\), desplaza la ventana una posicion hacia la izquierda y anade el nuevo termino al extremo derecho.
Cuando el bucle alcanza \(n=100000\), la entrada situada mas a la derecha es la respuesta buscada. El metodo es compacto porque toda la parte combinatoria dificil ya fue absorbida por la recurrencia.
Sea \(N\) el indice objetivo. Cada iteracion realiza una cantidad constante de operaciones aritmeticas, por lo que el tiempo total es \(O(N)\). La ventana deslizante tiene tamano fijo, asi que la memoria utilizada es \(O(1)\).
Para este tamano de problema, un recorrido lineal directo hasta \(N=100000\) es mas que suficiente, y no hace falta una tecnica de aceleracion adicional.
第 762 题要求计算一个与二维网格中的变形虫有关的大下标计数值，并且结果按 \(10^9\) 取模。C++、Python 和 Java 实现表明，这个组合计数可以压缩为单一序列 \((C_n)\)，因此计算任务就是求出该序列在 \(n=100000\) 时的值。
解法并不直接模拟所有可能的网格演化，而是利用这样一个事实：整个序列完全由 9 个初始值和一个 8 阶线性递推唯一决定。这样一来，原本困难的组合计数问题就转化成了一个简洁的模递推计算问题。
记 \(C_n\) 为所要求的计数序列，所有运算都在模 \(10^9\) 的意义下进行。实现已经把完整的递推数据直接给了出来。
前 9 项为
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
这 9 个种子值固定了整条序列。只要它们已知，后续每一项都会被同一条线性规则唯一确定。
对所有 \(n\ge 9\)，序列满足
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
这说明全部历史信息都被压缩到了最近 8 项之中。一旦递推关系已经从组合分析中提炼出来，就不再需要逐个枚举变形虫状态。
把最近的值打包成一个 8 维状态向量：
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
那么序列前进一步就等价于一次线性变换：
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
因此，这个问题可以看成一个有限维线性动力系统。对应的特征多项式是
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
实现并不需要显式求解这个多项式；直接迭代递推式就足够了。
由于递推系数中有负数，每次得到新项之后都要立刻按 \(10^9\) 取模：
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
如果取模后的结果仍是负数，再加一次模数，就能把它拉回标准剩余类区间 \(0\le C_n<10^9\)。
因为这里用到的运算只有加法、减法和与小整数的乘法，这样的规范化不会改变 \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\) 中的真实结果。
第一个真正需要递推算出的新项是 \(C_9\)。把种子值代入可得
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
再应用一次同样的规则，得到
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
这个例子说明，在进入更大的目标下标之前，递推公式已经能稳定地给出正确结果。
C++、Python 和 Java 实现采用完全相同的思路。首先保存 9 个种子值；如果目标下标小于 \(9\)，就直接从这张初值表返回答案。
否则，实现会维护一个长度固定为 9 的滚动窗口，窗口中保存最近的 9 项。每次循环都按照固定系数模式构造下一项，对结果做模 \(10^9\) 规范化，然后把窗口整体左移，并把新项放到最右端。
当循环走到 \(n=100000\) 时，窗口最右侧的值就是最终答案。之所以能写得这么紧凑，是因为困难的组合结构已经被压缩进递推关系本身。
设目标下标为 \(N\)。每次迭代只做常数次整数运算，所以总时间复杂度为 \(O(N)\)。滚动窗口长度固定，因此空间复杂度为 \(O(1)\)。
对于本题的规模，直接线性推进到 \(N=100000\) 已经足够快，不需要额外的加速技巧。
В задаче 762 требуется вычислить значение большой индексной счетной последовательности, связанной с амебами в двумерной решетке, по модулю \(10^9\). Реализации на C++, Python и Java показывают, что весь комбинаторный счет сводится к одной последовательности \((C_n)\), поэтому вычислительная задача состоит в нахождении ее значения при \(n=100000\).
Вместо прямого перебора всех эволюций решетки решение использует тот факт, что последовательность полностью задается девятью начальными значениями и линейной рекурсией порядка \(8\). Тем самым сложная комбинаторная задача превращается в короткое модульное рекуррентное вычисление.
Обозначим через \(C_n\) искомую счетную последовательность по модулю \(10^9\). Реализации напрямую задают все необходимые данные рекурсии.
Первые девять членов таковы:
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
Эти стартовые значения фиксируют всю последовательность. Как только они известны, каждый следующий член однозначно определяется той же линейной формулой.
Для любого \(n\ge 9\) выполняется
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
Это означает, что вся история сжимается до восьми последних членов. После того как рекурсия получена, прямой перебор состояний амеб уже не нужен.
Упакуем последние значения в 8-мерный вектор состояния:
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
Тогда один шаг последовательности равен линейному переходу
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
Следовательно, задача является конечномерной линейной динамической системой. Соответствующий характеристический многочлен имеет вид
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
Реализации не нужно явно решать этот многочлен; достаточно просто итерировать рекурсию.
Часть коэффициентов отрицательна, поэтому каждый новый член сразу приводится по модулю \(10^9\):
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
Если после приведения значение отрицательно, добавление одного модуля возвращает его в стандартный диапазон остатков \(0\le C_n<10^9\).
Поскольку рекурсия использует только сложение, вычитание и умножение на небольшие фиксированные числа, такая нормализация точно сохраняет последовательность в \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\).
Первый нетривиальный новый член равен \(C_9\). Подставляя начальные значения, получаем
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
Если применить ту же формулу еще раз, то получится
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
Такой расчет удобно использовать как быструю проверку корректного продвижения рекурсии перед переходом к намного большему целевому индексу.
Реализации на C++, Python и Java используют одну и ту же схему. Сначала они сохраняют девять стартовых значений. Если запрошенный индекс меньше \(9\), ответ сразу возвращается из этой начальной таблицы.
Иначе реализация поддерживает скользящее окно из последних девяти членов. На каждой итерации цикла формируется следующий член по фиксированному шаблону коэффициентов, результат нормализуется по модулю \(10^9\), окно сдвигается влево на одну позицию, и справа добавляется новое значение.
Когда цикл доходит до \(n=100000\), правый элемент окна и есть искомый ответ. Метод получается компактным, потому что вся сложная комбинаторика уже упакована в саму рекурсию.
Пусть \(N\) обозначает целевой индекс. Каждая итерация выполняет только постоянное число арифметических операций, поэтому время работы равно \(O(N)\). Размер скользящего окна фиксирован, следовательно, память равна \(O(1)\).
Для данного масштаба задачи прямого линейного прохода до \(N=100000\) более чем достаточно, поэтому дополнительные методы ускорения не требуются.
تطلب المسألة 762 حساب قيمة تعداد ذات فهرس كبير مرتبطة بالاميبات في شبكة ثنائية الابعاد، مع اخذ الناتج بترديد \(10^9\). وتوضح التطبيقات المكتوبة بلغة C++ وPython وJava ان هذا التعداد التوافقي يمكن ضغطه في متتالية واحدة \((C_n)\)، ولذلك تصبح المهمة الحسابية هي ايجاد قيمة هذه المتتالية عند \(n=100000\).
بدلا من محاكاة جميع تطورات الشبكة الممكنة مباشرة، يعتمد الحل على حقيقة ان المتتالية تتحدد بالكامل بواسطة 9 قيم ابتدائية وعلاقة عودية خطية من الرتبة الثامنة. وهكذا تتحول مسألة تعداد صعبة إلى حساب عودي معياري قصير.
لنرمز إلى متتالية التعداد المطلوبة بالرمز \(C_n\) بترديد \(10^9\). التطبيقات تعطي بيانات العلاقة العودية كاملة بصورة مباشرة.
اول تسعة حدود هي
$$C_0=1,\ C_1=1,\ C_2=2,\ C_3=4,\ C_4=9,\ C_5=20,\ C_6=46,\ C_7=105,\ C_8=243.$$
هذه القيم البذرية تثبت المتتالية كلها. وبمجرد معرفتها يصبح كل حد لاحق محددا تماما بالقانون الخطي نفسه.
لكل \(n\ge 9\) تحقق المتتالية
$$C_n \equiv 2C_{n-1}+2C_{n-2}-C_{n-3}-3C_{n-4}-5C_{n-5}+4C_{n-6}-2C_{n-7}+4C_{n-8}\pmod{10^9}.$$
ومعنى ذلك ان كل الماضي يختزل في اخر ثمانية حدود. وبعد اشتقاق هذه العلاقة لا تعود هناك حاجة إلى تعداد حالات الاميبات مباشرة.
نجمع الحدود الحديثة في متجه حالة ذي بعد \(8\):
$$v_n=\begin{pmatrix}C_{n-7}\\C_{n-6}\\C_{n-5}\\C_{n-4}\\C_{n-3}\\C_{n-2}\\C_{n-1}\\C_n\end{pmatrix}\qquad (n\ge 8).$$
وعندئذ تصبح خطوة واحدة في المتتالية تحويلا خطيا:
$$v_{n+1}\equiv \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&1\\ 4&-2&4&-5&-3&-1&2&2 \end{pmatrix} v_n \pmod{10^9}.$$
وبذلك تصبح المسألة نظاما ديناميكيا خطيا محدود البعد. وكثير الحدود المميز الموافق هو
$$r^8-2r^7-2r^6+r^5+3r^4+5r^3-4r^2+2r-4.$$
ولا تحتاج التطبيقات إلى حل هذا الكثير حدود صراحة؛ فالتكرار المباشر للعلاقة العودية يكفي تماما.
بعض المعاملات سالبة، لذلك يجري اختزال كل حد جديد مباشرة بترديد \(10^9\):
$$C_n \leftarrow C_n \bmod 10^9.$$
واذا كانت القيمة بعد الاختزال سالبة، فان اضافة نسخة واحدة من الترديد تعيدها إلى مجال البواقي القياسي \(0\le C_n<10^9\).
وبما ان العلاقة العودية تستعمل فقط الجمع والطرح والضرب في اعداد صحيحة صغيرة ثابتة، فان هذا التطبيع يحافظ تماما على قيمة المتتالية في \(\mathbb{Z}/10^9\mathbb{Z}\).
اول حد جديد غير بديهي هو \(C_9\). وبالتعويض في القيم الابتدائية نحصل على
$$\begin{aligned} C_9&=2C_8+2C_7-C_6-3C_5-5C_4+4C_3-2C_2+4C_1\\ &=2\cdot 243+2\cdot 105-46-3\cdot 20-5\cdot 9+4\cdot 4-2\cdot 2+4\cdot 1\\ &=561. \end{aligned}$$
وبتطبيق القاعدة نفسها مرة اخرى نحصل على
$$\begin{aligned} C_{10}&=2C_9+2C_8-C_7-3C_6-5C_5+4C_4-2C_3+4C_2\\ &=2\cdot 561+2\cdot 243-105-3\cdot 46-5\cdot 20+4\cdot 9-2\cdot 4+4\cdot 2\\ &=1301. \end{aligned}$$
وهذا مثال عملي يؤكد ان العلاقة العودية تتقدم بصورة صحيحة قبل الوصول إلى الفهرس الهدف الاكبر بكثير.
تتبع تطبيقات C++ وPython وJava البنية نفسها. فهي تخزن اولا القيم البذرية التسع. واذا كان الفهرس المطلوب اصغر من \(9\)، تعاد الاجابة مباشرة من جدول البداية.
اما اذا كان الفهرس اكبر، فالتنفيذ يحتفظ بنافذة منزلقة تحتوي على اخر تسعة حدود. وفي كل دورة من الحلقة يحسب الحد التالي باستخدام نمط المعاملات الثابت، ثم يختزل الناتج بترديد \(10^9\)، ثم تزيح النافذة بمقدار خانة واحدة إلى اليسار ويضاف الحد الجديد في الطرف الايمن.
وعندما تصل الحلقة إلى \(n=100000\)، تكون القيمة الموجودة في اقصى اليمين هي الجواب المطلوب. والطريقة مدمجة وبسيطة لان التحليل التوافقي الصعب قد تم اختزاله مسبقا في العلاقة العودية نفسها.
اذا رمزنا إلى الفهرس الهدف بالرمز \(N\)، فان كل دورة تنفذ عددا ثابتا من العمليات الحسابية، ولذلك يكون زمن التنفيذ \(O(N)\). اما النافذة المنزلقة فحجمها ثابت، ولهذا يكون استهلاك الذاكرة \(O(1)\).
وبالنسبة إلى حجم هذه المسألة، فان المرور الخطي المباشر حتى \(N=100000\) سريع بما يكفي، ولا توجد حاجة إلى تقنية تسريع اضافية.