垒骰子动态规划-蓝桥杯

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～

「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。

「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。

「样例输入」
2 1
1 2

「样例输出」
544

思路：
首先（1-2冲突、1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6）
第一层：让1、2、3、4、5、6面向上各有一种摆法（后面再考虑转面的问题）
第二层：
让1面向上的摆法->1面的对面为4且4不与第一层向上的任何面冲突，所以第一层1、2、3、4、5、6面向上都可（6种）
让2面向上的摆法->2面的对面为5且5不与第一层向上的任何面冲突，所以第一层1、2、3、4、5、6面向上都可（6种）
让3面向上的摆法->3面的对面为6且6不与第一层向上的任何面冲突，所以第一层1、2、3、4、5、6面向上都可（6种）
让4面向上的摆法->4面的对面为1，但1与第一层向上的2面冲突，所以第一层可为1、3、4、5、6面（5种）
让5面向上的摆法->5面的对面为2，但2与第一层向上的1面冲突，所以第一层可为2、3、4、5、6面（5种）
让6面向上的摆法->6面的对面为3且3不与第一层向上的任何面冲突，所以第一层1、2、3、4、5、6面向上都可（6种）
第三层：
让1面向上的摆法->1面的对面为4且4不与第二层向上的任何面冲突，所以第二层1、2、3、4、5、6面向上都可（6+6+6+5+5+6=34种）
让2面向上的摆法->2面的对面为5且5不与第二层向上的任何面冲突，所以第二层1、2、3、4、5、6面向上都可（6+6+6+5+5+6=34种）
让3面向上的摆法->3面的对面为6且6不与第二层向上的任何面冲突，所以第二层1、2、3、4、5、6面向上都可（6+6+6+5+5+6=34种）
让4面向上的摆法->4面的对面为1，但1与第二层向上的2面冲突，所以第二层可为1、3、4、5、6面（6+6+5+5+6=28种）
让5面向上的摆法->5面的对面为2，但2与第二层向上的1面冲突，所以第二层可为2、3、4、5、6面（6+6+5+5+6=28种）
让6面向上的摆法->6面的对面为3且3不与第二层向上的任何面冲突，所以第二层1、2、3、4、5、6面向上都可（6+6+6+5+5+6=34种）
…
由此得出*递推公式：dp[i][j]= ∑(dp[i-1][j]) /* (i层=1~n)(j 面=1~6) /
最后，考虑到前面说的转面问题，每一层的骰子都可以摆成不同的4面，所以总的结果乘4n
空间优化：dp[i][j]只与上一层i-1有关，只需滚动数组（两行）即可

#include

using namespace std;

long long dp[2][7];//dp[i][j]表示有i层，限定朝上的数字为j的稳定方案数
int n, m;
bool conflict[7][7];
int op[7];
void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}

int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
conflict[a][b] = true;
conflict[b][a] = true;
}
// 输入完成
for (int j = 1; j <= 6; ++j) {
dp[0][j] = 1;
}

int cur = 0;
//    迭代层数
for (int level = 2; level <= n; ++level) {
	cur = 1 - cur;
	//     尝试将6个面放在当前一层朝上的方向
	for (int j = 1; j <= 6; ++j) {//j为朝上的面
		dp[cur][j] = 0;
		//            将与op[j]不冲突的上一层格子里面的数累加起来
		for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
			if (conflict[op[j]][i])continue;//冲突的面朝上是不可取的
			dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[1 - cur][i]) % MOD;			
		}
		cout << dp[cur][j] << " ";
	}
	cout << endl;
}
long long sum = 0;
for (int k = 1; k <= 6; ++k) {
	sum = (sum + dp[cur][k]) % MOD;
}
//    快速幂，求4的n次方
long long ans = 1;
long long tmp = 4;
long long p = n;
while (p != 0) {
	if (p & 1 == 1) ans = (ans * tmp) % MOD;
	tmp = (tmp * tmp) % MOD;
	p >>= 1;
}
printf("%d\n", (sum * ans) % MOD);
return 0;

}