计蒜客 ACM训练联盟周赛 第一场 Alice和Bob的Nim游戏 矩阵快速幂

题目描述

众所周知，Alice和Bob非常喜欢博弈，而且Alice永远是先手，Bob永远是后手。

Alice和Bob面前有3堆石子，Alice和Bob每次轮流拿某堆石子中的若干个石子（不可以是0个），拿到所有石子中最后一个石子的人获胜。这是一个只有3堆石子的Nim游戏。

Bob错误的认为，三堆石子的Nim游戏只需要少的两堆的石子数量加起来等于多的那一堆，后手就一定会胜利。所以，Bob把三堆石子的数量分别设为 {k，4k，5k}（k>0）。

现在Alice想要知道，在k 小于 2^n 的时候，有多少种情况先手一定会获得胜利。

输入

一个整数n(1 \le n \le 2 \times 10^91≤n≤2×109)。

输出

输出先手胜利的可能情形数。答案对10^9+7109+7取模。

输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性

样例输入

3

样例输出

2

题目来源

ACM训练联盟周赛

首先我们按照题目基本意思模拟打表可以得出

n  A胜  B胜

1   0      2

2   0      4

3   2      6

4   7      9

5   17    15

6   39    25

7   88    40

8   192  64

9   408  104

从上面的数据我们不难得到B获胜的可能性的规律是第五项开始，f(n)=f(n-1)+f(n-3)+f(n-4)

这样我们从第五项开始，就可以得到所有B获胜的可能数，而A获胜的可能数就是2^n-f(n)

题目给出的n的范围可以取到10^9，所以我们在求f(n)时要用到矩阵快速幂，求2^n时用快速幂

首先写出递推式的矩阵式

|  f(n-1)  f(n-2)  f(n-3)  f(n-4)  |         |   1  1  0  0  |

|     0         0         0         0     |    x    |  0  0  1  0  |

|     0         0         0         0     |         |   1  0  0  1  |

|     0         0         0         0     |         |   1  0  0  0  |

写出矩阵式后直接套用模板就可以求出f(n)

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define debug(a) cout << #a << " " << a << endl
using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
struct matrix {
    ll a[10][10];
};
matrix base, ans;
matrix multiply( matrix x, matrix y ) {
    matrix tmp;
    for( ll i = 0; i < 4; i ++ ) {
        for( ll j = 0; j < 4; j ++ ) {
            tmp.a[i][j] = 0;
            for( ll k = 0; k < 4; k ++ ) {
                tmp.a[i][j] = ( tmp.a[i][j] + x.a[i][k]*y.a[k][j] ) % mod;
            }
        }
    }
    return tmp;
}
ll f( ll n ) {
    while( n ) {
        if( n&1 ) {
            ans = multiply( ans, base );
        }
        base = multiply( base, base );
        n /= 2;
    }
    return ans.a[0][0];
}
ll qow( ll a, ll b ) {
    ll sum = 1;
    while( b ) {
        if( b&1 ) {
            sum = sum*a%mod;
        }
        a = a*a%mod;
        b /= 2;
    }
    return sum;
}
int main() {
    ll n;
    while( cin >> n ) {
        memset( base.a, 0, sizeof(base.a) );
        memset( ans.a, 0, sizeof(ans.a) );
        ans.a[0][0] = 9, ans.a[0][1] = 6;
        ans.a[0][2] = 4, ans.a[0][3] = 2;
        base.a[0][0] = base.a[0][1] = base.a[1][2] =
        base.a[2][0] = base.a[2][3] = base.a[3][0] = 1;
        //debug(qow(2,n));
        if( n == 1 || n == 2 ) {
            cout << 0 << endl;
        } else if( n == 3 ) {
            cout << 2 << endl;
        } else if( n == 4 ) {
            cout << 7 << endl;
        } else {
            cout << ( qow(2,n) - f(n-4) + mod ) % mod << endl;  //记得结果取模这里要先加mod再取模，否则会得到负值
        }
    }
    return 0;
}