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=10007;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

struct Mat{
    ll a[3][3];
    Mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
    inline ll * operator [] (const int x){return a[x];}
    inline Mat operator *(Mat b)
    {
        Mat ans;
        rep(i,0,2)    rep(j,0,2)    rep(k,0,2)
            (ans[i][j]+=(a[i][k]*b[k][j]))%=mo;
        return ans;
    }
};

void work()
{
    Mat S,T;
    S[0][0]=2,S[0][1]=2,S[0][2]=0,
    T[0][0]=2,T[0][1]=2,
    T[1][0]=1,T[1][1]=2,T[1][2]=1,
              T[2][1]=2,T[2][2]=2;
    while(n)
    {
        if(n&1)S=S*T;
        T=T*T;
        n>>=1;
    }
    printf("%lld\n",S[0][0]);
}

int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();
        work();
    }
    return 0;
}