题目描述 Description
Freda要到Rainbow的城堡去玩了。我们可以认为两座城堡位于同一条数轴上，Freda的城堡坐标是0，Rainbow的城堡坐标是N。正常情况 下，Freda会朝着同一个方向（即Rainbow的城堡相对于Freda的城堡的方向）走若干步之后来到Rainbow的城堡，而且步长都为1或2。可 是，今天Freda在途中遇见了来自上海的小猫Resodo，惊奇之下，居然有一步走反了方向！不过，Freda并没有神智不清，它只有一步走反了方向， 而且这一步的步长也是1或2. 同时，Freda并不会路过Rainbow的城堡而不停下来。当然，Freda是在途中遇到Resodo的，所以它不会在 自己家门口就走错方向。
举个例子，如果Rainbow的城堡坐标是3，那么下面两条路径是合法的：
0->1->2->1->3
0->1->-1->1->3
当然，还有其它的合法路径。下面这些路径则是不合法的：
0->-1->1->3 （Freda不可能第一步就走错方向）
0->1->3（Freda一定是有一步走错方向的）
0->2->1->0->2->3（Freda只有一步是走错方向的）
0->-1->0->3（Freda每步的长度一定是1或2）
0->1->2->4->3（Freda不会越过Rainbow的城堡再回来）
0 -> 1 -> 2 -> 3 -> 2 -> 3（Freda一旦到达了Rainbow的城堡，就会停下来）
你现在需要帮助Freda求出，它一共有多少种方法能够到达Rainbow的城堡呢？
输入描述 Input Description
一行一个整数N，表示Rainbow城堡的坐标
输出描述 Output Description
一行一个整数，表示Freda到Rainbow城堡的不同路径数。由于这个数字可能很大，你只需要输出它mod 1000000007的结果。
样例输入 Sample Input
2
样例输出 Sample Output
5
数据范围及提示 Data Size & Hint
对于第一组样例，如下5条路径是合法的：
0->1->0->2
0->1->-1->0->1->2
0->1->-1->0->2
0->1->0->1->2
0->1->-1->1->2
数据范围与约定
对于10%的数据，N<=20.
对于70%的数据，N<=1000.
对于90%的数据，N<=1000000.
对于100%的数据，N<=10^15.
题解：
这是一个比较典型的用矩阵乘法优化状压动规的题。
先来写一下dp方程。
设f[i][0]表示走到点i并且途中没有转过的路径数。
设f[i][1]表示走到点i并且途中转过一次的路径数。
先考虑f[i][0]
可以发现f[i][0]其实就是斐波那契数列。
即f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-2][0] (i>=3);
然后考虑f[i][1];
可以发现f[i][1]只有两种情况
1.从这个点的前面走过来，即从f[i-1][1]或f[i-2][1]走过来
2.从这个点的后面转回来，由于只准转一次，并且只能转一步或两步，所以只能从f[i+1][0]或f[i+2][0]转回来
综合1，2可知f[i][1]=f[i-1][1]+f[i-2][1]+f[i+1][0]+f[i+2][0] (i>=3);
接着我们就可以dp了
时间复杂度O(n);
这样我们可以通过90%的数据。
100%的数据需要使用矩阵乘法优化。。
我们可以发现其实我们要求的只有f[i][1]，而f[i][1]只与
f[i-1][1]，f[i-2][1]，f[i+1][0]，f[i+2][0]有关
其中f[i-1][1]正好是f[i][1]的前一项，这样很明显可以使用矩阵乘法转移状态；
构造如下矩阵：
?????1001111011001000????? ×??????f[i?1][1]f[i+2][0]f[i+1][0]f[i?2][1]??????=??????f[i][1]f[i+3][0]f[i+2][0]f[i?1][1]??????
这样给定一个n(n>=3)我们只需要求出第一个矩阵的n-2次方
再乘上
??????f[2][1]f[5][0]f[4][0]f[1][1]??????即可
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define m 1000000007
using namespace std;
long long ans[10][10],aa[10][10],n,sum,t;
bool f;
inline long long cheng(long long a,long long b)
{
long long ans(0);
a=a%m;
while (b>0)
{
if (b%2==1)
ans=(ans+a)%m;
b/=2;
a=(a*2)%m;
}
return ans;
}
inline void power(long long x)
{
long long k[5][5];
while (x>0)
{
if (x%2==1)
{
if (f==false)
{
for (int i=1;i<=4;i++)
for (int j=1;j<=4;j++)
ans[i][j]=aa[i][j];
f=true;
}
else
{
for (int i=1;i<=4;i++)
for (int j=1;j<=4;j++)
{
k[i][j]=0;
for (int p=1;p<=4;p++)
k[i][j]=(k[i][j]+cheng(ans[i][p],aa[p][j]))%m;
}
for (int i=1;i<=4;i++)
for (int j=1;j<=4;j++)
ans[i][j]=k[i][j];
}
}
x/=2;
for (int i=1;i<=4;i++)
for (int j=1;j<=4;j++)
{
k[i][j]=0;
for (int p=1;p<=4;p++)
k[i][j]=(k[i][j]+cheng(aa[i][p],aa[p][j]))%m;
}
for (int i=1;i<=4;i++)
for (int j=1;j<=4;j++)
aa[i][j]=k[i][j];
}
}
int main()
{
cin>>n;
if (n==1)
{
cout<<1<<endl;
return 0;
}
if (n==2)
{
cout<<5<<endl;
return 0;
}
f=false;
aa[1][1]=1;aa[1][2]=1;aa[1][3]=1;aa[1][4]=1;
aa[2][1]=0;aa[2][2]=1;aa[2][3]=1;aa[2][4]=0;
aa[3][1]=0;aa[3][2]=1;aa[3][3]=0;aa[3][4]=0;
aa[4][1]=1;aa[4][2]=0;aa[4][3]=0;aa[4][4]=0;
power(n-2);
sum=(cheng(ans[1][1],5)+cheng(ans[1][2],8)+cheng(ans[1][3],5)+cheng(ans[1][4],0))%m;
printf("%lld\n",sum);
}