POJ 3734 Blocks 动态规划（矩阵的幂）

一、题目大意

我们要给排成一行的区块涂颜色，可以选择红、绿、蓝、黄四种，要求红和绿的块都必须是偶数个，求出最终的涂色方式，对10007取余。

二、解题思路

我们设三个数列A，B和C：

1、A代表红色和绿色都为偶数的组合数。

2、B代表红色为奇数，绿色为偶数的组合数。

3、C代表红色和绿色都为奇数的组合数。

题目给出A[1]=2,A[2]=6,接下来我们推理A[3]和A[N]

当第一块不是红和绿时，有 A[2] * 2种，

当第一块是红色时，剩下的需要让红色为奇数个且绿色为偶数个，那么剩下的直接按照B[2]的排列方式即可。

当第一块为绿色时，剩下的需要让绿色为奇数个且红色为偶数个，这种情况在数值上和B[2]相等。

则 A[3] = A[2] * 2 + B[2] * 2

同时不难看出，A[2] = A[1] * 2 + B[1] * 2

所以 A[3] = A[1] * (2 ^ 2) + B[1] * (2 ^ 2) + B[2] * 2，代入A[1]=2

A[3] = 2 ^ 3 + B[1] * (2 ^ 2) + B[2] * 2

推出A[N] = 2 ^ N + B[1] * (2 ^ (N - 1)) + B[2] * (2 ^ (N - 2)) + ... B[N-1] * (2 ^ 1) = A[N-1] * 2 + B[N-1] * 2

接下来再来推C数列，不难看出C[1] = 0,C[2] = 2，接下来推 C[3] 和 C[N]

当第一块不为红色和绿色时，排列数为 2 * C[2]。

当第一块为绿色时，剩余的块需要绿色为偶数，红色为奇数，即B[2]种。

当第二块为红色时，剩余的块需要红色为偶数且绿色为奇数，这种情况数值上等于B[2]

则C[3] = C[2] * 2 + B[2] * 2

同理C[4] = C[3] * 2 + B[3] * 2

不难看出 C[2] 也等于 C[1] * 2 + B[1] * 2

我们把C[1] = 0代入C[2]个式子

C[2] = B[1] * 2

把 C[2] 待入 C[3] 的式子

C[3] = B[1] * (2 ^ 2) + B[2] * 2

把 C[3] 带入 C4 的式子

C[4] = B[1] * (2 ^ 3) + B[2] * (2 ^ 2) + B[3] * 2

则C[N] = B[1] * (2 ^ (N - 1)) + B[2] * (2 ^ (N  - 2)) + ... B[N-1] * (2 ^ 1) = A[N] - 2 ^ N

接下来我们来推理数列B，不难看出 B[1] = 1，B[2] = 2，接下来推理 B[3]和 B[N]

首先考虑第一块不为红色和绿色的情况，剩余块需要有奇数个红色和偶数个绿色，排列数为 B[2] * 2。

接下俩考虑第一块为红色的情况，剩余块需要有偶数个红色和偶数个绿色，则剩余块的排列数等于 A[2]。

接下来考虑第一块为绿色的情况，剩余块需要有奇数个红色和奇数个绿色，则剩余块的排列数等于C[2]。

那么B[3] = B[2] * 2 + A[2] + C[2]

则 B[N] = B[N-1] * 2 + A[N-1] + C[N-1]

同时C[N-1] = A[N-1] - 2 ^ N

则可推出两个式子

式子1：B[N] = B[N-1] * 2 + A[N-1] * 2 - 2 ^ N

式子2：B[N+1] = B[N] * 2 + A[N] * 2  - 2 ^ (N + 1)

把A[N] = A[N-1] * 2 + B[N-1] * 2 代入式子2

式子2：B[N+1] = B[N] * 2 + A[N-1] * 4 + B[N-1] * 4 - 2 ^(N + 1)

把式子1乘以2

式子1：2 * B[N] = B[N-1] * 4 + A[N-1] * 4 - 2 ^ (N + 1)

式子2减式子1得到式子3

式子3：B[N+1] - 2 * B[N] = 2 * B[N] 

则 B[N+1] = B[N] * 4

把 B[N + 1] = B[N] * 4，且B1 = 1，代入A的递推式

得出 A[N+1] = A[N] * 2 + 2 ^ (2 * N - 1)。

再把递推式写成矩阵的形式。

那么定义矩阵A为 2 1 // 0 4，然后A = A的 n - 1次幂

最终结果为(A[0][0] * 2 + A[0][1] * 2) % M

三、代码

#include 
#include 
using namespace std;
typedef vector vec;
typedef vector mat;
const int M = 10007;
mat mul(mat &A, mat &B)
{
    mat C = mat(A.size(), vec(B[0].size()));
    for (int i = 0; i < A.size(); i++)
    {
        for (int j = 0; j < B[0].size(); j++)
        {
            for (int k = 0; k < B.size(); k++)
            {
                C[i][j] = (C[i][j] + A[i][k] * B[k][j]) % M;
            }
        }
    }
    return C;
}
mat pow(mat &A, int N)
{
    mat B = mat(A.size(), vec(A[0].size()));
    for (int i = 0; i < B.size(); i++)
    {
        B[i][i] = 1;
    }
    while (N > 0)
    {
        if (N & 1)
        {
            B = mul(B, A);
        }
        A = mul(A, A);
        N >>= 1;
    }
    return B;
}
void solve(int N)
{
    mat A = mat(2, vec(2));
    A[0][0] = 2;
    A[0][1] = 1;
    A[1][1] = 4;
    A = pow(A, N - 1);
    int res = (A[0][0] * 2 + A[0][1] * 2) % M;
    printf("%d\n", res);
}
int main()
{
    int T, N;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d", &N);
        solve(N);
    }
    return 0;
}