骨牌覆盖问题主要解决用1*2的骨牌来覆盖K*N的棋盘，求有多少种覆盖方法。k一般在7以内。比如hihocoder #1143用1*2的骨牌覆盖2*N的棋盘，很明显是个斐波那契数列。hihocider#1151问题上升到用1*2的骨牌覆盖3*N的棋盘。再上升到#1162的k*N的棋盘。

#1143 : 骨牌覆盖问题·一

我们有一个2xN的长条形棋盘，然后用1x2的骨牌去覆盖整个棋盘。对于这个棋盘，一共有多少种不同的覆盖方法呢？

由于本题N很大，所以利用矩阵快速幂来优化。

   以上便是一个裸的矩阵快速幂求斐波那契第N项了。可参考：矩阵快速幂

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。

struct martix
{ll  a[9][9];
};
int n;
martix mul(martix A,martix B)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<8; i++)for(int j=0; j<8; j++)for(int k=0; k<8; k++)res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;return res;
}
martix fast(martix tmp,int num)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<8; i++) res.a[i][i]=1;while(num){if(num&1) res=mul(res,tmp);tmp=mul(tmp,tmp);num>>=1;}return res;
}
void solve()
{martix res,ans;memset(res.a,0,sizeof(res.a));memset(ans.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<8; i++) res.a[7-i][i]=1;res.a[3][7]=res.a[6][7]=res.a[7][3]=res.a[7][6]=1;ans.a[0][7]=1;res=fast(res,n);ans=mul(ans,res);printf("%lld\n",ans.a[0][7]);
}
int main()
{while(~scanf("%d",&n)){solve();}return 0;
}

提示：KxN骨牌覆盖

在2xN的骨牌问题中，我们有答案的递推序列。f[n] = f[n-1]+f[n-2]。
事实上在处理3xN的问题中，也有部分选手推导出了答案的递推序列。
那么对于4xN,5xN，是否也存在答案的递推序列呢？有兴趣的选手不妨尝试推导一下。

在上一期，也就是3xN问题中，我们介绍了根据状态来递推的方法。这种方法显然是通用性最好的，可以用来解决任何K值的覆盖。
对于任意一个K值，我们每一行拥有的状态数量为2^K种。
在K=3时，我们是通过手动来枚举的8种状态之间的递推关系。
当K=4或者更大的时候，再通过手动枚举就显得不那么科学了，此时我们需要考虑如何用程序生成我们所需要的状态转移矩阵。

让我们再回头看看我们上一期提示里面放置骨牌的约定：
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。
既然有对应的二进制描述，那么上面三种方法就可以用程序语言解释为:第i行不放置：new_x = x << 1, new_y = (y << 1) + 1; 列数+1第i行竖放骨牌：new_x = (x << 1) + 1, new_y = y << 1; 列数+1第i行横向骨牌：new x = (x << 2) + 3, new_y = (y << 2) + 3; 列数+2
通过迭代去枚举3种放置方法，当总的列数等于K时，此时的x便可由y转移过来。那么我们可以得到枚举放置的伪代码：

DFS(x, y, col):If col == Kd[y][x] = 1Return ;EndDFS(x << 1, (y << 1) + 1, col + 1);DFS((x << 1) + 1, y << 1, col + 1);If col + 2 <= KDFS( (x << 2) + 3, (y << 2) + 3, col + 2 )End 

当我们得到对应的矩阵之后，剩下需要做的也就和上一期相同了。

在某些题目中有可能会出现，N很小，K很大的情况。比如N=20,K=14这样的情况。
考虑到N很小，我们可以不使用矩阵乘法，而直接采用f[i-1]到f[i]行的递推。时间复杂度也就转化为2^(2k)*N。
但是状态数量为2^14，也就是16384种。若采用转移矩阵，肯定是无法储存的。而实际情况是在转移矩阵中1的数量并不多，所以我们可以考虑存储为(y,x)这样的二元组。在转移过程中只枚举合法的转移即可。
若K再更大一点，比如K=20，产生的状态有可能连开数组存储都很吃力。这个时候我们也可以考虑在计算每一行时，直接通过dfs来进行转移，不储存转移关系。用时间来换取空间。

struct martix
{ll  a[150][150];
};
int k,n;
martix mul(martix A,martix B)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<130; i++)for(int j=0; j<130; j++)for(int k=0; k<130; k++)res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;return res;
}
martix fast(martix tmp,int num)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<130; i++) res.a[i][i]=1;while(num){if(num&1) res=mul(res,tmp);tmp=mul(tmp,tmp);num>>=1;}return res;
}
void dfs(int x,int y,int num,martix &res)
{if(num==k){res.a[y][x]=1;return ;}dfs(x<<1,(y<<1)+1,num+1,res);//加减比左移优先级高dfs((x<<1)+1,y<<1,num+1,res);if(num+2<=k) dfs((x<<2)+3,(y<<2)+3,num+2,res);
}
void solve()
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));dfs(0,0,0,res);res=fast(res,n);printf("%lld\n",res.a[(1<<k)-1][(1<<k)-1]);
}
int main()
{while(~scanf("%d%d",&k,&n)){solve();}return 0;
}

时间限制：1000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：4

struct martix
{ll  a[150][150];
};
int k,n,m,kk;
martix mul(martix A,martix B)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<16; i++)for(int j=0; j<16; j++)for(int k=0; k<16; k++)res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;return res;
}
martix fast(martix tmp,int num)
{martix res;memset(res.a,0,sizeof(res.a));for(int i=0; i<16; i++) res.a[i][i]=1;while(num){if(num&1) res=mul(res,tmp);tmp=mul(tmp,tmp);num>>=1;}return res;
}
void dfs(int x,int y,int num,martix &res,martix &ans)
{if(num==k){res.a[y][x]=1;ans.a[y][x]=1;return ;}dfs(x<<1,(y<<1)+1,num+1,res,ans);//加减比左移优先级高dfs((x<<1)+1,y<<1,num+1,res,ans);if(num+2<=k) dfs((x<<2)+3,(y<<2)+3,num+2,res,ans);
}
void solve()
{k=4;martix res,ans;memset(res.a,0,sizeof(res.a));memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));dfs(0,0,0,res,ans);res=fast(res,m-1);int ans1=res.a[15][15];ans=fast(ans,n-m-kk+1);int ans2=ans.a[15][15];printf("%d %d\n",ans1,ans2);
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d%d",&n,&m,&kk);solve();}return 0;
}