[hihoCoder] 骨牌覆盖问题·二

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描述

上一周我们研究了2xN的骨牌问题，这一周我们不妨加大一下难度，研究一下3xN的骨牌问题？
所以我们的题目是：对于3xN的棋盘，使用1x2的骨牌去覆盖一共有多少种不同的覆盖方法呢？
首先我们可以肯定，奇数长度一定是没有办法覆盖的；对于偶数长度，比如2，4，我们有下面几种覆盖方式：

提示：3xN骨牌覆盖

输入

第1行：1个整数N。表示棋盘长度。1≤N≤100,000,000

输出

第1行：1个整数，表示覆盖方案数 MOD 12357

样例输入

62247088

样例输出

4037

在2xN的骨牌覆盖问题中，我们有递推式子 (0,1)xM^n=(f[n-1],f[n])。
我们考虑能否在3xN的情况下找到同样的式子。
但在实际的推导过程可以发现，对于3xN的覆盖，对应的f数值公式比2xN复杂太多。我们需要换个角度来思考推导公式。

在我们放置骨牌的过程中，一定是放好一行之后再放置下一行。根据摆放的方式，可能会产生很多种不同的形状，而这些形状之间是否具有某些递推关系呢？
如果他们存在一定的递推关系，则我们可以根据第i行的方案数来推导第i+1行的方案数。这样一行一行推导，直到第N行时不就得到了我们要求的方案数了么？
那么来研究一下是否存在这样的推导公式吧

假设我们已经放好了一些骨牌，对于当前最后一列(第i列)骨牌，可能有8种情况：

对于上面这8种状态，我们用数字来标记它们。以有放置骨牌的格子为1，未放置为0，转化为2进制数
以最下面一行作为1，则有：

接下来考虑如何放置骨牌，我们先将棋盘旋转一下。假设我们正在放置第i行的骨牌，那么会有下面3种方式：

灰色表示已经有的骨牌，绿色表示新放置的骨牌。
每一种放置方法解释如下，假设当第i行的状态为x，第i-1行的状态为y：

• 第i行不放置，则前一行必须有放置的骨牌。x对应二进制位为0，y对应二进制位为1。
• 第i行竖放骨牌，则前一行必须为空。x对应二进制位为1，y对应二进制位为0。
• 第i行横向骨牌，则前一行必须两个位置均有骨牌，否则会产生空位。x对应二进制位为1，y对应二进制位为1。

举个例子：

对于第i行状态1，我们在第i+1行竖放两块骨牌之后便能到达状态6。
但是在这之中需要注意会出现下面这种情况：

这种情况看似是从状态1变成了状态0，其实是不对的。它不满足我们约定的放置方法，本质是第i行的状态1变成了第i行的状态7，而实际上我们应该放置的是第i+1行。
所以在枚举递推关系的时候一定要注意。
通过枚举8种状态到8种状态的转移，我们可以得到一个8x8的矩阵M（空白的地方均为0）：

m[i][j]表示从状态i变成状态j的方案数。

现在我们有了M矩阵，接下来考虑边界情况。
在2xN的骨牌覆盖中，有(0, 1)作为初始向量A，那么在3xN中初始向量A是如何呢？
让我们先想想A向量所代表的含义。M矩阵表示状态到状态的转移，则A向量所表示的应该就是第0行各状态的方案数。
同理，对于A * M^n所求出的结果则应该表示为第n行各种状态的方案数。
那么A向量应该是多少呢？很显然，第0行在我们递推的过程中必须看作状态7才合理。故A向量表示为：
{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1}
而对于我们寻求的答案，自然也是第n行放置为状态7的方案数了。

____________________________

其实仔细想想画一画也可以得到递推公式，假设奇数的方案数不为0，只要有一个方块达到奇数长度，就算是其中一个方案，那么有：

a[0] = 0;    a[1] = 2;     a[2] = 3;

对于奇数：a[i] = 2*a[i-1] + a[i-2];  对于偶数：a[i] = 3*a[i-2] + a[i-3];

为了节省空间可以用循环数组还存储结果。下面是AC的代码。

 #include <iostream>
 using namespace std;

 typedef unsigned long long ll;
 const ll MOD = ;

 ll N;
 ll a[];

 void solve() {
     a[] = ;
     a[] = ;
     a[] = ;
     for (int i = ; i <= N; ++i) {
         if (i & ) {
             a[i%] = (*a[(i-+)%] + a[(i-+)%]) % MOD;
         } else {
             a[i%] = (*a[(i-+)%] + a[(i-+)%]) % MOD;
         }
     }
     cout << a[N%] << endl;
 }

 int main() {
     while (cin >> N) {
         if (N & ) {
             cout << "" << endl;
         } else {
             solve();
         }
     }
     return ;
 }