垒骰子

资源限制时间限制：1.0s 内存限制：256.0MB 　　

赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
　　我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
　　假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
　　atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
　　两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
　　由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。

不要小看了 atm 的骰子数量哦～

「输入格式」
　　第一行两个整数 n m
　　n表示骰子数目
　　接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。

「输出格式」
　　一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。

「样例输入」
　　2 1
　　1 2

「样例输出」
　　544

「数据范围」
　　对于 30% 的数据：n <= 5
　　对于 60% 的数据：n <= 100
　　对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36

资源约定：
　　峰值内存消耗 < 256M
　　CPU消耗 < 2000ms

1.暴力递归（递归）上至下

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int op[7];bool conflict[7][7];int main(){op[1]=4;op[4]=1;op[2]=5;op[5]=2;op[3]=6;op[6]=3;int n,m;int x,y;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&x,&y);conflict[x][y]=true;conflict[y][x]=true;}long long dp[2][7];   //[第几层][朝上数字]  dp[][]：第几层x朝上的可能 //第几层用0和1轮流，因为只涉及到第n层和第n-1层（共两层）int cnt=0;for(int up=1;up<=6;up++){  //第一层的六种朝上情况 (初始化)dp[cnt][up]=1;  //up=1时有四种可能（四个侧面）up=2时有四种可能（四个侧面）...} for(int level=2;level<=n;level++){cnt=1-cnt; //第n层时n=1for(int up2=1;up2<=6;up2++){  //第n层 (可想为第2层)dp[cnt][up2]=0;      for(int up1=1;up1<=6;up1++){  //第n-1层 (可想为第1层)if(conflict[op[up2]][up1]) continue;dp[cnt][up2]=dp[cnt][up2]+dp[1-cnt][up1];}}}long long sum=0;for(int up2=1;up2<=6;up2++){sum+=dp[cnt][up2]; }//快速幂求n的4次方 long long ans=1;long long tmp=4;long long p=n;while(p!=0){if(p&1==1) ans=(ans*tmp)%1000000007;tmp=(tmp*tmp)%1000000007;p>>=1;}printf("%lli",(sum*ans)%1000000007);return 0;
}

2.动态规划（递推）下至上垒

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int op[7];bool conflict[7][7];int main(){op[1]=4;op[4]=1;op[2]=5;op[5]=2;op[3]=6;op[6]=3;int n,m;int x,y;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&x,&y);conflict[x][y]=true;conflict[y][x]=true;}long long dp[2][7];   //[第几层][朝上数字]  dp[][]：第几层x朝上的可能 //第几层用0和1轮流，因为只涉及到第n层和第n-1层（共两层）int cnt=0;for(int up=1;up<=6;up++){  //第一层的六种朝上情况 (初始化)dp[cnt][up]=1;  //up=1时有四种可能（四个侧面）up=2时有四种可能（四个侧面）...} for(int level=2;level<=n;level++){cnt=1-cnt; //第n层时n=1for(int up2=1;up2<=6;up2++){  //第n层 (可想为第2层)dp[cnt][up2]=0;      for(int up1=1;up1<=6;up1++){  //第n-1层 (可想为第1层)if(conflict[op[up2]][up1]) continue;dp[cnt][up2]=dp[cnt][up2]+dp[1-cnt][up1];}}}long long sum=0;for(int up2=1;up2<=6;up2++){sum+=dp[cnt][up2]; }//快速幂求n的4次方 long long ans=1;long long tmp=4;long long p=n;while(p!=0){if(p&1==1) ans=(ans*tmp)%1000000007;tmp=(tmp*tmp)%1000000007;p>>=1;}printf("%lli",(sum*ans)%1000000007);return 0;
}

3、用矩阵（待更新）

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