矩阵快速幂和模板题_垒骰子（第六届蓝桥杯）

首先理解快速幂算法，虽然有pow函数基本用不到快速幂，但是理解快速幂对于理解矩阵快速幂很有帮

int QuickPow(int x,int N)
{
    int res = x;
    int ans = 1;
    while(N)
    {
        if(N&1)
        {
            ans = ans * res;
        }
        res = res*res;
        N = N>>1;
    }
    return ans;
}

原理是简单的二分法。
然后就可以用近似的思想理解矩阵快速幂了：

//返回一个单位矩阵 
matrix unit(matrix A){
    matrix re;
    re.n=A.n;re.m=A.m;
    for(int i=0;i<re.n;i++){
        for(int j=0;j<re.m;j++){
            if(i==j)re.s[i][j]=1;
            else re.s[i][j]=0;
        }
    }
    return re;
}

//两个矩阵相乘 
matrix mix(matrix A,matrix B){
    matrix re;re.n=A.n;re.m=B.m;
    for(int i=0;i<re.n;i++){
        for(int j=0;j<re.m;j++){
            re.s[i][j]=0;
            for(int k=0;k<A.m;k++){
                re.s[i][j]+=A.s[i][k]*B.s[k][j]%mod;
                re.s[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    return re;
}

//快速求 矩阵A的b次方 
matrix dpow(matrix A,ll b){
    matrix re;
    re=unit(A);
    while(b){
        if(b&1)re=mix(re,A);
        A=mix(A,A);
        b>>=1;
    }
    return re;
}

垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～

#include
#define ag(x) ((x)>3?(x)-3:(x)+3)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod=1e9+7; 

struct matrix{
    int n,m;
    ll s[10][10];
};

//对A的初始化修改成 初始化为4,因为骰子四个面可以互相转动，需要最终乘以4或者初始化为4 
matrix Aunit(matrix A){
    for(int i=0;i<6;i++){
        for(int j=0;j<6;j++){
            A.s[i][j]=4;
        }
    }
    return A;
}

//返回一个单位矩阵 
matrix unit(matrix A){
    matrix re;
    re.n=A.n;re.m=A.m;
    for(int i=0;i<re.n;i++){
        for(int j=0;j<re.m;j++){
            if(i==j)re.s[i][j]=1;
            else re.s[i][j]=0;
        }
    }
    return re;
}

//两个矩阵相乘 
matrix mix(matrix A,matrix B){
    matrix re;re.n=A.n;re.m=B.m;
    for(int i=0;i<re.n;i++){
        for(int j=0;j<re.m;j++){
            re.s[i][j]=0;
            for(int k=0;k<A.m;k++){
                re.s[i][j]+=A.s[i][k]*B.s[k][j]%mod;
                re.s[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    return re;
}

//快速求 矩阵A的b次方 
matrix dpow(matrix A,ll b){
    matrix re;
    re=unit(A);
    while(b){
        if(b&1)re=mix(re,A);
        A=mix(A,A);
        b>>=1;
    }
    return re;
}

int main(){
    ll n,m;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    matrix A;A.n=6;A.m=6;
    A=Aunit(A); //初始化矩阵A，表示冲突矩阵 
    int ip1,ip2;
    //设置冲突矩阵的冲突面（两两对应） 
    while(m--){
        scanf("%d%d",&ip1,&ip2);
        A.s[ip2-1][ag(ip1)-1]=0;
        A.s[ip1-1][ag(ip2)-1]=0;
    }
    
    matrix p;p.n=1;p.m=6;
    for(int j=0;j<6;j++)p.s[0][j]=4;
    A=dpow(A,n-1); //求A矩阵的n-1次方 
    p=mix(p,A); //最后算A^n-1矩阵 * p矩阵,(p就是高度为1的第一个矩阵对应dp[1]） 
    ll ans=0;
    for(int j=0;j<6;j++)ans=(ans+p.s[0][j])%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}