ACM-數論-矩陣快速冪 HDU6030
阿新 • • 發佈:2019-02-15
r:red b:blue
【題意】
有一串珍珠,長度為n(1e18)
每個珍珠要不染色成紅色,要不染色成藍色。
要求任何連續素數長度的珍珠,都必須是紅色個數>=藍色個數
讓你求出有多少種對這串珍珠的染色方案。
一開始以為要打質數表,但是後來發現不需要,套路特別像斐波那契數列。
要求任何連續素數長度的珍珠,都必須是紅色個數>=藍色個數
1.用f[i]表示長度為i的珍珠串的合法染色方案數
當需要填入r: 前面任意都行 ===f[i-1]
當需要填入b:前面必須是rr+b的情況,所以一併確定===f[i-3]
只要2、3素數滿足要求,所有素數都會滿足要求(因為它們可以拆成2與3)
所以得到遞推式:f[i] = f[i - 1] + f[i - 3]
2.當n=4
4是和數:分為 1111,121,13,22
1111:rbrb (brbr不行:因為brb不行)
121:brrb (rbbr不行:因為rbb不行)
13:rrrb brrr
22:rrbb rrrr (bbrr不行:bbr不行)
f[4]=6;====>f[1]=2;f[0]=1;
3.構建矩陣快速冪
矩陣a*基矩陣==函式
1 0 1 f[i-1] f[i]
1 0 0 * f[i-2] ====f[i-1]
0 1 0 f[i-3] f[i-2]
1*f[i-1]+ 0*f[i-2]+ 1*f[i-3]=f[i]
1*f[i-1]+ 0*f[i-2]+ 0*f[i-3]=f[i-1]
0*f[i-1]+ 1*f[i-2]+ 0*f[i-3]=f[i-2]
a^(n-3) 的第一行分別和f[3] f[2] f[1] 相乘求和====》f[n]
4.程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define eps 1e-8
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
const int g=3;
struct mx{
ll v[g][g];
mx(){memset(v,0,sizeof(v));}
mx operator *(mx &t){
mx res;
memset(res.v,0,sizeof(res.v));
for(int i=0;i<g;i++){
for(int j=0;j<g;j++){
for(int k=0;k<g;k++){
res.v[i][j]=(res.v[i][j]+(v[i][k]%mod)*(t.v[k][j]%mod)+mod)%mod;
}
}
}
return res;
}
}a;
mx power(mx a,ll b){
mx ans;
memset(ans.v,0,sizeof(ans.v));
for(int i=0;i<g;i++)ans.v[i][i]=1;
while(b>0){
if(b&1)ans=ans*a;
b=b>>1;
a=a*a;
}
return ans;
}
int main(){
int t;
long long n;//10^18 (必須快速冪)
cin>>t;
a.v[0][0]=1;a.v[0][1]=0;a.v[0][2]=1;
a.v[1][0]=1;a.v[1][1]=0;a.v[1][2]=0;
a.v[2][0]=0;a.v[2][1]=1;a.v[2][2]=0;
int f[4];
f[0]=1;f[1]=2;f[2]=3;f[3]=4;
while(t--){
cin>>n;
if(n<4)cout<<f[n]<<endl;
else {
mx mos=power(a,n-3);//最小到f4
long long res=((mos.v[0][0]*4)%mod+(mos.v[0][1]*3)%mod+(mos.v[0][2]*2)%mod)%mod;
cout<<res<<endl;
}
}
return 0;
}