【蓝桥杯】15年初赛 垒骰子，矩阵快速幂
题目描述
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。
输入
输入存在多组测试数据，对于每组数据：
第一行两个整数 n m(0<n<10^9,m<=36)
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
对于每组测试数据，输出一行，只包含一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
样例输入
2 1
1 2
样例输出
544
【想说的】初看题目，有一句话要注意“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。”说明一个骰子摆好之后，还可以转动，这样也是不同的情况。敲定摆的方式之后，每个骰子还需要乘以4。一共有三种解题方法（递归，动态规划，矩阵快速幂），代表三种水平，也对应三种方式。我来一一讲述一下吧。
1.递归（只能过小数据）
ans_i = ∑ 1 6 \displaystyle\sum_1^6 1∑6ans_i-1层数量（除去冲突的）*4
(第i层骰子摆放后的，不同数量）=把1~6数字朝上的和 （每种数字的情况还要×4）
相当于确定了上一个骰子的上下两面是什么，递归来放下一个骰子，直到0，返回4，相当于没有骰子可以垒了就是一种情况，考虑转面的情况，所以返回4。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;int md[7];
int cf[7][7];
void init()
{md[1]=4;md[4]=1;md[2]=5;md[5]=2;md[3]=6;md[6]=3;
}
ll f(int x,int y)
{if(y==0)return 4;ll ans=0;for(int i=1;i<=6;i++){if(cf[md[x]][i]==1)continue;ans=(ans+f(i,y-1))%mod;}return ans;
}
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);init();memset(cf,0,sizeof cf);for(int i=0;i<m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);cf[a][b]=1;cf[b][a]=1;}ll ans=0;for(int i=1;i<=6;i++){ans=(ans+f(i,n-1)*4)%mod;}cout<<ans<<endl;
}2.动态规划（递推，过一般般数据）
上面递归的思想是从上往下看，那么动态规划就是从下往上看（有点逆向的感觉），dp[i][j]表示第i层，j朝上的摆放数量，动态规划的式子是：（j=1) dp[i][j]= ∑ j 6 \displaystyle\sum_j^6 j∑6dp[i-1][j] 并且j的对面和i不会冲突
并且这个动态规划也不用开大数组去存，只要两层就好了，互相滚动就好了，用一个int cur；cur=1-cur;(实现0，1互换的效果）
最后结果等于迭代的最后一层dp加起来。还要考虑一下，转面乘以4的那种，直接最后乘以4的n次方，因为有n个骰子，每个骰子都要乘以4.
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;int md[7];
int cf[7][7];
int dp[2][7];
void init()
{md[1]=4;md[4]=1;md[2]=5;md[5]=2;md[3]=6;md[6]=3;
}
ll qmi(int x,int y)
{ll ans=1;while(y>0){if(y&1)ans=(ans*x)%mod;y>>=1;x=(x*x)%mod;}return ans;
}
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);init();memset(cf,0,sizeof cf);for(int i=0;i<m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);cf[a][b]=1;cf[b][a]=1;}int cur=0;for(int i=1;i<=6;i++){dp[cur][i]=1;}for(int k=2;k<=n;k++){cur=1-cur;for(int i=1;i<=6;i++){dp[cur][i]=0;for(int j=1;j<=6;j++){if(cf[md[i]][j]!=1){dp[cur][i]=(dp[cur][i]+dp[1-cur][j])%mod;}}}}ll ans=0;for(int i=1;i<=6;i++){ans=(ans+dp[cur][i])%mod;}// cout<<ans<<endl;ans=ans*qmi(4,n)%mod;cout<<ans<<endl;
}3.矩阵快速幂（很快求解）
有没有很快的方法得到那个n次的结果呢，其实仔细想一想，这种叠加关系，有点像矩阵乘法，虽然我一开始可能get不到这个点，但是这个做法还是很奇妙的。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int md[7];void init()
{md[1]=4;md[4]=1;md[2]=5;md[5]=2;md[3]=6;md[6]=3;
}
struct M{ll m[7][7];M(){for(int i=0;i<6;i++){for(int j=0;j<6;j++){m[i][j]=1;}}}
};
M mul(M a,M b)
{M ans;for(int i=0;i<6;i++){for(int j=0;j<6;j++){ans.m[i][j]=0;for(int k=0;k<6;k++){ans.m[i][j]=(ans.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j])%mod;}}}return ans;
}
M qmi(M x,int y)
{M ans;for(int i=0;i<6;i++){for(int j=0;j<6;j++){if(i==j)ans.m[i][j]=1;elseans.m[i][j]=0;}}while(y>0){if(y&1)ans=mul(ans,x);x=mul(x,x);y>>=1;}return ans;}
ll qqmi(ll x,ll y)
{ll ans=1;while(y>0){if(y&1)ans=(ans*x)%mod;x=(x*x)%mod;y>>=1;}return ans;
}
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);init();M ma;for(int i=0;i<m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);ma.m[md[a]-1][b-1]=0;ma.m[md[b]-1][a-1]=0;}M mb=qmi(ma,n-1);ll t=0;for(int i=0;i<6;i++){for(int j=0;j<6;j++){t=(t+mb.m[i][j])%mod;}}printf("%lld\n",(t*qqmi(4,n))%mod);return 0;}【蓝桥杯】15年初赛 垒骰子，矩阵快速幂相关推荐
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