Blocks [POJ3734] [矩阵快速幂]

题意：

有长度为n的一排格子，每个格子里面可以任意填入1,2,3,4四个数字，问1,2都为偶数个的方案

T组数据，每组数据一个n(<=1e9)

样例输入

2

1

2

样例输出

2

6

分析

设dp[i][0/1/2/3]分别为处理到第i个，1和2的个数分别为 全偶、1偶2奇、1奇2偶，全奇

那么dp转移方程为

dp[i][0]=2dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2] 填的分别是 3/4 1 2

dp[i][1]=dp[i-1][0]+2dp[i-1][1]+dp[i-1][3] 填的分别是 2 3/4 1

dp[i][2]=dp[i-1][0]+2dp[i-1][2]+dp[i-1][3] 填的分别是 1 3/4 2

dp[i][3]=dp[i-1][1]+dp[i-1][2]+2dp[i-1][3] 填的分别是 1 2 3/4

我们发现dp[i][1]和dp[i][2]可以合并在一起

那么将dp[i][1]和dp[i][2]合并为dp[i][1]，dp[i][3]改为dp[i][2]

那么dp转移方程简化为：(简化方式为上面2式和3式相加，dp[i][1]和dp[i][2]替换为dp[i][1]，dp[i][3]替换为dp[i][2])

dp[i][0]=2dp[i-1][0]+dp[i-1][1]

dp[i][1]=2dp[i-1][0]+2dp[i-1][1]+2dp[i-1][3]

dp[i][2]=dp[i-1][1]+2dp[i-1][2]

我们发现n=1e9直接推会T，所以就上矩阵快速幂，初始矩阵为

| 2 2 0 |

| 0 0 0 |

| 0 0 0 |

转置矩阵为

| 2 2 0 |

| 1 2 1 |

| 0 2 2 |

代码

 #include<set>
 #include<map>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define RG register int
 #define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;++i)
 #define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;--i)
 #define ll long long
 #define inf (1<<29)
 using namespace std;
 ll T,n;
 const ll mo=;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char c=getchar();
     while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
     return x*f;
 }

 struct Mat{
     ll a[][];
     Mat(){memset(a,,sizeof(a));}
     inline ll * operator [] (const int x){return a[x];}
     inline Mat operator *(Mat b)
     {
         Mat ans;
         rep(i,,)    rep(j,,)    rep(k,,)
             (ans[i][j]+=(a[i][k]*b[k][j]))%=mo;
         return ans;
     }
 };

 void work()
 {
     Mat S,T;
     S[][]=,S[][]=,S[][]=,
     T[][]=,T[][]=,
     T[][]=,T[][]=,T[][]=,
               T[][]=,T[][]=;
     while(n)
     {
         if(n&)S=S*T;
         T=T*T;
         n>>=;
     }
     printf("%lld\n",S[][]);
 }

 int main()
 {
     T=read();
     while(T--)
     {
         n=read();
         work();
     }
     return ;
 }