思路:

把fm看成01,f-1,m-0;

不能存在101,111;





dp[i]代表第i结尾的方案数;

①:结尾是0一定行:只要i-1序列里添个0就好了,dp[i]+=dp[i-1];

②:结尾是1

        如果***10或者***11的序列,加上1就不行;

        那我扩大,01或者11,很明显s[n-3]==1就不行,

        再扩大,/101/111/011/001,只有001一定行,所以就是dp[i-3]后面加个001就好了,dp[i]+=dp[i-3];

③:结尾为1,再扩大;

        0001/0011/0101/0111/1001/1011/1101/1111/  0001已经被第二种情况包括了,所以只有0011,那么就是dp[i-4]后面加个0011就好了;

之后再扩大,会发现没有啦~之前所有的情况都包括了;

所以dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]+dp[i-4];

跑一发矩阵快速幂就好了;

矩阵:

1 0 1 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int mod;
int n; struct asd{
int num[4][4];
}; asd mul(asd a,asd b)
{
asd ans;
memset(ans.num,0,sizeof(ans.num));
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=0;j<4;j++)
for(int k=0;k<4;k++)
ans.num[i][j]=(ans.num[i][j]+a.num[i][k]*b.num[k][j]%mod)%mod;
return ans;
} asd quickmul(int g,asd x)
{
asd ans;
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=0;j<4;j++)
{
if(i==j)
ans.num[i][j]=1;
else
ans.num[i][j]=0;
}
while(g)
{
if(g%2)
ans=mul(ans,x);
x=mul(x,x);
g>>=1;
}
return ans;
} int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&mod))
{
if(n<=4)
{
if(n==0)
printf("0\n");
else if(n==1)
printf("%d\n",2%mod);
else if(n==2)
printf("%d\n",4%mod);
else if(n==3)
printf("%d\n",6%mod);
else if(n==4)
printf("%d\n",9%mod);
continue;
}
asd tmp;
// 1 0 1 1
// 1 0 0 0
// 0 1 0 0
// 0 0 1 0
tmp.num[0][0]=1;tmp.num[0][1]=0;tmp.num[0][2]=1;tmp.num[0][3]=1;
tmp.num[1][0]=1;tmp.num[1][1]=0;tmp.num[1][2]=0;tmp.num[1][3]=0;
tmp.num[2][0]=0;tmp.num[2][1]=1;tmp.num[2][2]=0;tmp.num[2][3]=0;
tmp.num[3][0]=0;tmp.num[3][1]=0;tmp.num[3][2]=1;tmp.num[3][3]=0;
asd ans=quickmul(n-4,tmp);
printf("%d\n",(ans.num[0][0]*9%mod+ans.num[0][1]*6%mod+ans.num[0][2]*4%mod+ans.num[0][3]*2%mod)%mod);
}
return 0;
}

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