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62247088
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描述
骨牌,一种古老的玩具。今天我们要研究的是骨牌的覆盖问题:
我们有一个2xN的长条形棋盘,然后用1x2的骨牌去覆盖整个棋盘。对于这个棋盘,一共有多少种不同的覆盖方法呢?
举个例子,对于长度为1到3的棋盘,我们有下面几种覆盖方式:
输入
第1行:1个整数N。表示棋盘长度。1≤N≤100,000,000
输出
第1行:1个整数,表示覆盖方案数 MOD 19999997
【思路】矩阵快速幂
我们考虑在已经放置了部分骨牌(灰色)的情况下,下一步可以如何放置新的骨牌(蓝色):
最右边的一种情况是不可能发生的,否则会始终多一个格子没有办法放置骨牌。或者说灰色部分的格子数为奇数,不可能通过1x2个骨牌放置出来。
那么通过对上面的观察,我们可以发现:
在任何一个放置方案最后,一定满足前面两种情况。而灰色的部分又正好对应了长度为N-1和N-2时的放置方案。由此,我们可以得到递推公式:
f[n] = f[n-1] + f[n-2];
这个公式是不是看上去很眼熟?没错,这正是我们的费波拉契数列。
f[0]=1,f[1]=1,f[2]=2,...
当N很小的时候,我们直接通过递推公式便可以计算。当N很大的时候,只要我们的电脑足够好,我们仍然可以直接通过递推公式来计算。
但是我们学算法的,总是这样直接枚举不是显得很Low么,所以我们要用一个好的算法来加速(装X)。
事实上,对于这种线性递推式,我们可以用矩阵乘法来求第n项。对于本题Fibonacci数列,我们希望找到一个2x2的矩阵M,使得(a, b) x M = (b, a+b),其中(a,
b)和(b, a+b)都是1x2的矩阵。
显然,只需要取M = [0, 1; 1, 1]就可以了:
进一步得到:
那么接下来的问题是,能不能快速的计算出M^n?我们先来分析一下幂运算。由于乘法是满足结合律的,所以我们有:
不妨将k[1]..k[j]划分的更好一点?
其中(k[1],k[2]...k[j])2表示将n表示成二进制数后每一位的数字。上面这个公式同时满足这样一个性质:
结合这两者我们可以得到一个算法:
1. 先计算出所有的{a^1, a^2, a^4 ... a^(2^j)},因为该数列满足递推公式,时间复杂度为O(logN)
2. 将指数n二进制化,再利用公式将对应的a^j相乘计算出a^n,时间复杂度仍然为O(logN)
则总的时间复杂度为O(logN)
这种算法因为能够在很短时间内求出幂,我们称之为“快速幂”算法。
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long const LL MOD=19999997; LL N; int i,j; struct Matrlc { LL mapp[2][2]; } ans,base; Matrlc unit= {1,0,0,1}; Matrlc mult(Matrlc a,Matrlc b) //矩阵乘法 { Matrlc c; for(int i=0; i<2; i++) for(int j=0; j<2; j++) { c.mapp[i][j]=0; for(int k=0; k<2; k++) c.mapp[i][j]+=(a.mapp[i][k]*b.mapp[k][j])%MOD; c.mapp[i][j]%=MOD; } return c; } LL pow(LL n) //快速幂运算 { base.mapp[0][0] =base.mapp[0][1]=base.mapp[1][0]=1; base.mapp[1][1]=0; ans.mapp[0][0] = ans.mapp[1][1] = 1;// ans 初始化为单位矩阵 ans.mapp[0][1] = ans.mapp[1][0] = 0; while(n) { if(n&1) ans=mult(ans,base); base=mult(base,base); n>>=1; } return ans.mapp[0][1]%MOD; } int main() { scanf("%lld",&N); printf("%lld\n",pow(N+1)%MOD); return 0; }
/* 题目: 首先,这道题目是一道斐波那契数列的题目。 我们来分析一下,第三个图形是如何由前两个图形组成。 ______ _______ | | | 或 | |____| |____|_| |__|____| 扩展到第n个图形,我们有: _____________ ______________ | | | 或 | |____| |___________|_| |_________|____| 所以,f(n)=f(n-1)+f(n-2) 由于n可能会很大,所以我们需要一些计算的技巧。 斐波那契数列是可以由矩阵计算得到,如下: [a,b]* [0,1] = [b,a+b] [1,1] 令mat =[0,1] [1,1] 那么,理论上,我们乘以n个矩阵mat,就可以求得f(n), 但是n个矩阵相乘,时间复杂度为O(n), 这时候,我们采用快速幂运算来求解,可以把时间复杂度降为O(logn)。 */ #include<string> #include <iomanip> #include<fstream> #include<set> #include<queue> #include<map> //#include<unordered_set> //#include<unordered_map> //#include <sstream> //#include "func.h" //#include <list> #include<stdio.h> #include<iostream> #include<string> #include<memory.h> #include<limits.h> //#include<stack> #include<vector> #include <algorithm> using namespace std; #define MOD 19999997 class matrix22 { public: long long a1, a2; long long b1, b2; matrix22() :a1(0), a2(1), b1(1), b2(1){}; matrix22 operator*(const matrix22 tmp) // 重载矩阵乘法 { matrix22 mat; mat.a1 = (a1%MOD)*(tmp.a1%MOD) + (a2%MOD)*(tmp.b1%MOD); mat.a2 = (a1%MOD)*(tmp.a2%MOD) + (a2%MOD)*(tmp.b2%MOD); mat.b1 = (b1%MOD)*(tmp.a1%MOD) + (b2%MOD)*(tmp.b1%MOD); mat.b2 = (b1%MOD)*(tmp.a2%MOD) + (b2%MOD)*(tmp.b2%MOD); return mat; } }; /* 函数名 :main 函数功能:主函数 */ int main(void) { int n; scanf("%d", &n); int dp1 = 1; int dp2 = 2; if (n <= 0) printf("0\n"); else if (n == 1) printf("1\n"); else if (n == 2) printf("2\n"); else { n -= 3; matrix22 mat; matrix22 ans; while (n != 0) { //如果二进制该位为1,则ans*mat if (n & 1) ans = ans*mat; //mat每次与自身相乘,求得矩阵的1,2,4,8,16次方 mat = mat*mat; n = (n >> 1); } //输出f(n) long long answer =( ans.a2 + 2 * ans.b2)%MOD; cout << answer << endl; } return 0; }