【題解】Luogu-P5303 [GXOI/GZOI2019]逼死強迫症
Preface
矩陣題的登峰造極之作。
Description
有 \(T\) 組資料。
對於每組資料，給定正整數 \(N\)，請求出用 \((N-1)\) 個 \(2\times 1\) 的方格和 \(2\) 個 \(1\times 1\) 的方格鋪滿 \(2\times N\) 的大方格的方案數，其中 \(2\) 個 \(1\times 1\) 的方格不能有相鄰的邊。
- 答案對 \(10^9+7\) 取模。
- 對於 \(100\%\) 的資料，\(N\le 2\times 10^9,T\le 500\)。
Solution
前置芝士：
- 一定的小奧基礎
- 矩陣快速冪
第一部分：何為所求
這兩個 \(1\times 1\) 一定能框出一個 \(2\times m\) 的長方形，其中因為不能相鄰，所以 \(m\ge 3\)。
考慮這 \(2\) 個 \(1\times 1\) 的擺放位置：同行或異行。
舉個例子：
當 \(m\) 為偶數時：
同行是可以的，而且這個長方形內只有 \(1\) 種方法。
異行是不行的。
當 \(m\) 為奇數時：
異行是可以的，而且這個長方形內只有 \(1\) 種方法。
同行是不行的。
綜上可以發現無論 \(m\) 的奇偶性，框出的 \(2\times m\) 有且僅有一種方法。
是嗎？
因為 \(2\) 個小正方形的位置可以上下調換，所以這兩種都需要乘 \(2\)
再考慮全部：
左右兩邊都是形如 \(2\times k\) 的長方形，根據小學奧數可知用 \(k\) 個 \(2\times 1\) 的覆蓋 \(2\times k(k\in\mathbf{N})\) 的有 \(F_k\) 種（其中 \(\{F_k\}\) 為斐波那契數列，定義 \(F_0=1\)）。
確定了兩邊的 \(i,j\)，中間的 \(m\) 就自動確定了。
中間是 \(2\) 個 \(1\times 1\) 的框出的長方形，有 \(2\) 種方法，又 \(m\ge 3\)，所以
\[\begin{aligned} ans &=2\sum\limits_{i=0}^{n-3}\sum\limits_{j=0}^{n-i-3} F_i\cdot F_j\\ &=2\sum\limits_{i=0}^{n-3}F_i\sum\limits_{j=0}^{n-i-3}F_j \end{aligned} \]根據斐波那契數列的字首和 \(\sum\limits_{i=0}^n F_i=F_{i+2}-1\)
令 \(S_n=\sum\limits_{i=0}^n F_n\cdot F_{n-i}\)，則
\[\begin{aligned} ans &=2(1-F_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-3}F_i\cdot F_{n-i-1})\\ &=2[1-F_{n-1}+(\sum\limits_{i=0}^{n-1}F_i\cdot F_{n-i-1}-F_{n-2}\cdot F_1-F_{n-1}\cdot F_0)]\\ &=2(1+S_{n-1}-2F_{n-1}-F_{n-2}) \end{aligned} \]現在的問題就是如何求出 \(S_n\)。
\[\begin{aligned} S_n &=\sum\limits_{i=0}^n F_n\cdot F_{n-i}\\ &=F_n\cdot F_0+F_{n-1}\cdot F_1+\sum\limits_{i=0}^{n-2}F_i\cdot F_{n-i}\\ &=F_n+F_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}F_i\cdot (F_{n-i-1}+F_{n-i-2})\\ &=F_n+(F_{n-1}\cdot F_0+\sum\limits_{i=0}^{n-2}F_i\cdot F_{n-i-1})+\sum\limits_{i=0}^{n-2}F_i\cdot F_{n-i-2}\\ &=F_n+\sum\limits_{i=0}^{n-1}F_i\cdot F_{n-i-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}F_i\cdot F_{n-i-2}\\ &=F_{n-1}+F_{n-2}+S_{n-1}+S_{n-2} \end{aligned} \]可以用矩陣快速冪解決：
\[\begin{cases} S_n&=1\cdot S_{n-1}+1\cdot S_{n-2}+1\cdot F_{n-1}+1\cdot F_{n-2}\\ S_{n-1}&=1\cdot S_{n-1}+0\cdot S_{n-2}+0\cdot F_{n-1}+0\cdot F_{n-2}\\ F_{n}&=0\cdot S_{n-1}+0\cdot S_{n-2}+1\cdot F_{n-1}+1\cdot F_{n-2}\\ F_{n-1}&=0\cdot S_{n-1}+0\cdot S_{n-2}+1\cdot F_{n-1}+0\cdot F_{n-2} \end{cases} \]那麼矩陣就是
\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} S_{n-1}\\ S_{n-2}\\ F_{n-1}\\ F_{n-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} S_n\\ S_{n-1}\\ F_n\\ F_{n-1} \end{bmatrix} \]初始值為
\[\begin{bmatrix} S_1\\ S_0\\ F_1\\ F_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} \]\(ans=2(1+S_{n-1}-2F_{n-1}-F_{n-2})\)，所以求 \(S_{n-1}\) 乘 \((n-2)\) 次即可。
Code
//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;
struct matrix
{
int a[5][5];
matrix()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
}
void build()
{
for (int i = 1; i <= 4; i++)
{
a[i][i] = 1;
}
}
};
const int MOD = 1e9 + 7;
matrix operator *(matrix x, matrix y)
{
matrix res;
for (int k = 1; k <= 4; k++)
{
for (int i = 1; i <= 4; i++)
{
if (!x.a[i][k])
{
continue;
}
for (int j = 1; j <= 4; j++)
{
res.a[i][j] = (res.a[i][j] + x.a[i][k] * y.a[k][j] % MOD) % MOD;
}
}
}
return res;
}
matrix qpow(matrix a, int b)
{
matrix base = a, ans;
ans.build();
while (b)
{
if (b & 1)
{
ans = ans * base;
}
base = base * base;
b >>= 1;
}
return ans;
}
signed main()
{
int t;
scanf("%lld", &t);
matrix base;
base.a[1][1] = base.a[1][2] = base.a[1][3] = base.a[1][4] = base.a[2][1] = base.a[3][3] = base.a[3][4] = base.a[4][3] = 1; //轉移矩陣
matrix fst;
fst.a[1][1] = 2, fst.a[2][1] = fst.a[3][1] = fst.a[4][1] = 1; //初始矩陣
while (t--)
{
int n;
scanf("%lld", &n);
if (n == 1)
{
puts("0");
continue;
}
matrix res = qpow(base, n - 2) * fst;
int S = res.a[1][1], F1 = res.a[3][1], F2 = res.a[4][1]; //S : S_{n-1}, F1 : F_{n-1}, F2 : F_{n-2}
printf("%lld\n", (((1 + S - (F1 << 1) - F2) << 1) % MOD + MOD) % MOD);
}
return 0;
}
Reference
- [1] Great_Influence：題解 P5303 【[GXOI/GZOI2019]逼死強迫症】
- [2] StudyingFather：[洛谷 5303,loj 3086][GXOI/GZOI2019]逼死強迫症