藍橋杯 壘骰子 矩陣快速冪

賭聖atm晚年迷戀上了壘骰子，就是把骰子一個壘在另一個上邊，不能歪歪扭扭，要壘成方柱體。
經過長期觀察，atm 發現了穩定骰子的奧祕：有些數字的面貼着會互相排斥！
我們先來規範一下骰子：1 的對面是 4，2 的對面是 5，3 的對面是 6。
假設有 m 組互斥現象，每組中的那兩個數字的面緊貼在一起，骰子就不能穩定的壘起來。 
atm想計算一下有多少種不同的可能的壘骰子方式。
兩種壘骰子方式相同，當且僅當這兩種方式中對應高度的骰子的對應數字的朝向都相同。
由於方案數可能過多，請輸出模 10^9 + 7 的結果。

不要小看了 atm 的骰子數量哦～

「輸入格式」
第一行兩個整數 n m
n表示骰子數目
接下來 m 行，每行兩個整數 a b ，表示 a 和 b 數字不能緊貼在一起。

「輸出格式」
一行一個數，表示答案模 10^9 + 7 的結果。

「樣例輸入」
2 1
1 2

「樣例輸出」
544

「數據範圍」
對於 30% 的數據：n <= 5
對於 60% 的數據：n <= 100
對於 100% 的數據：0 < n <= 10^9, m <= 36

方法1：矩陣快速冪

利用矩陣contro.v[i][j]記錄骰子i面朝上與下一層骰子j面朝上的衝突關係，不衝突則記爲1。pose.v[1][i]記錄頂層骰子i面朝上的方案種數，初始化爲第一個骰子的值都等於1，不考慮側面情況。pose.v乘一次contro.v可得到下一個骰子i面朝上的情況，乘N-1次則爲第N個骰子的各面朝上的情況。先利用矩陣快速冪算出contro.v的N-1次方，再乘pose.v。最後每個骰子可旋轉四個方向，利用快速冪將結果乘4^n即可。複雜度在O(logn)級別。

#include<iostream>
#include<cstring> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1e9 + 7;
int back[7] = { 0,4,5,6,1,2,3 };
int N, M;
 
 
struct matrix {
	ll v[7][7];
	matrix() {
		memset(v, 0, sizeof(matrix));
	}
};
 
matrix matrix_mul(matrix a, matrix b)
{
	matrix res;
	for (int i = 1; i < 7; i++)
	{
		for (int j = 1; j < 7; j++)
				for (int k = 1; k < 7; k++)
					res.v[i][j] = (res.v[i][j] + (a.v[i][k] * b.v[k][j])) % MOD;
	}
	return res;
}
matrix matrix_pow(matrix a, int k)//矩陣快速冪
{
	matrix res;
	for (int i = 1; i < 7; i++) res.v[i][i] = 1;
	while (k)
	{
		if (k & 1)
			res = matrix_mul(res, a);
		a = matrix_mul(a, a);
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
ll pow1(ll x,ll n)
{
	ll res=1;
	while(n>0)
	{		
		if(n&1) res=(res*x)%MOD;
		x=x*x%MOD;//底數不斷平方
		n>>=1;
	}
	return res;
 }
int main()
{
	matrix pose,contro;//contro[i][j]:i面朝上與下層骰子j面朝上是否衝突 
	cin >> N >> M;
	int x, y;
	
	for (int i = 1; i < 7; i++)
	{
		pose.v[1][i] = 1;
		for(int j=1;j<7;j++)
			contro.v[i][j]=1;	
	}
	while(M--)
	{
		scanf("%d%d", &x, &y);
		contro.v[back[x]][y] = contro.v[back[y]][x] = 0;//x對面朝上與下層y面朝上衝突 
	}
	pose =matrix_mul(pose, matrix_pow(contro, N - 1));
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i < 7; i++)
		ans = (ans + pose.v[1][i]) % MOD;
	ans=(ans*pow1(4,N))%MOD;//N個骰子各旋轉四個方向 
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

 

方法2：動態規劃

利用數組contro[i][j]記錄i面與j面衝突情況，數組dp[i][j]表示第i個骰子j面朝上的方案數，dp[i][j]=Σ(dp[i-1][k],1<=k<=6且back[j]與k不衝突)。不考慮側面情況，初始狀態dp[0][j]=1，最後結果乘4^n。採用滾動數組，不然內存超標。由於複雜度爲O(36N），所以N>10^7時會超時。

 

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std; 
typedef long long ll;
const int MOD=1e9+7;
int contro[7][7],back[7]={0,4,5,6,1,2,3};
ll ans,dp[2][7];//第i個骰子j面朝上的方案數 

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	while(m--)
	{
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		contro[a][b]=contro[b][a]=1;
	} 
	int e=0;
	ll C=4;//計算4的N次冪 
	for(int i=1;i<7;i++)
		dp[e][i]=1;//第一個骰子i面朝上計1種，忽略側面情況 	
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		e=1-e;
		C=(C*4)%MOD; 
		for(int j=1;j<=6;j++)
		{
			dp[e][j]=0;//注意置0 
			for(int k=1;k<=6;k++)
				if(!contro[back[j]][k])//j的對面與k不互斥 
					dp[e][j]+=dp[1-e][k];
			dp[e][j]%=MOD;
		}
	}
	for(int i=1;i<=6;i++)
		ans=(ans+dp[e][i])%MOD;
	ans=(ans*C)%MOD; //乘4^n 
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}