Blocks
题目：https://cn.vjudge.net/problem/POJ-3734
给n个block涂4种颜色，要求其中red和green的block为偶数，其余随意。问有多少种涂法。
一。
dp：
用dp[N][4]来表示N块砖块的染色情况，一共有四种状态。
1. dp[N][0] ：表示N块中红色绿色的数量均为偶数。
2. dp[N][1] ：表示N块中红色为偶数，绿色为奇数。
3. dp[N][2] ：表示N块中红色为奇数，绿色为偶数。
4. dp[N][3] ：表示N块中红色绿色的数量均为奇数。
而状态转移方程为：
dp[N+1][0] = 2 * dp[N][0] + 1 * dp[N][1] + 1 * dp[N][2] + 0 * dp[N][3]
dp[N+1][1] = 1 * dp[N][0] + 2 * dp[N][1] + 0 * dp[N][2] + 1 * dp[N][3]
dp[N+1][2] = 1 * dp[N][0] + 0 * dp[N][1] + 2 * dp[N][2] + 1 * dp[N][3]
dp[N+1][3] = 0 * dp[N][0] + 1 * dp[N][1] + 1 * dp[N][2] + 2 * dp[N][3]
上述的转移方程可以转化为矩阵：
|2 1 1 0|
|1 2 0 1|
|1 0 2 1|
|0 1 1 2|
//http://www.tuicool.com/articles/beiyAv
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int m,s[4][4]={2,1,1,0,1,2,0,1,1,0,2,1,0,1,1,2};
struct mat
{ int r,c;int v[5][5];}A,T;
mat mi(mat x,mat y)
{
mat t;
int i,j,k;
memset(t.v,0,sizeof(t.v));
t.r=x.r; t.c=y.c;
for(i=1;i<=x.r;i++)
{for(k=1;k<=x.c;k++)
if(x.v[i][k])
for(j=1;j<=y.c;j++)t.v[i][j]+=(x.v[i][k]*y.v[k][j])%10007,t.v[i][j]%=10007;
}
return t;
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>m;
memset(A.v, 0, sizeof(A.v));
A.r=4;A.c=4;
for(int i=1;i<4;i++)
{A.v[i][i]=1;}
T.c=4;T.r=4;
for(int i=1;i<=4;i++)
{for(int j=1;j<=4;j++)T.v[i][j]=s[i-1][j-1];}
while(m)
{
if(m%2==1)
A=mi(T,A);
T=mi(T,T);m>>=1;
}
cout<<A.v[1][1]%10007<<endl;
}
return 0;
}
二。
e用数学解...
如果没有限制，一共有4 ^ n 次。现在考虑有 k 块被染为红色或绿色，且在k块中，一定有红色或绿色或两者均为奇数的情况。将这些情况减去，即是想要的答案。（1<= k <= n）
从n块中选择k块，为c(n, k)。 而从k块中选择不符合的情况染色，需要对k进行奇偶讨论。
如果k为奇数，红色和绿色的数量为一奇一偶：2 * （c(k, 1) + c(k, 3) + c(k, 5) +……）* c(n, k) * 2^(n - k) （其中要乘以2，是因为可以分别选择红、绿色为奇数）
如果k为偶数，红色和绿色的数量全部为奇数： （c(k, 1) + c(k, 3) + c(k, 5) +……）* c(n, k) * 2^(n - k) （这里不需要乘以2）
而 c(k, 1) + c(k, 3) + c(k, 5) +…… = 2^（k - 1)
所以，最后的表达式为：
4^n - 2^n*c(n, 1) - 2^(n - 1)*c(n, 2) - 2^n*c(n, 3) - 2^(n-1)*c(n, 4)-…… = 4^n - 2^n*2^(n-1) - 2^(n-1)*(2^(n-1)-1) = 4^(n-1) + 2^(n-1)
没错 还是那位大牛。。
%%%%%....
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main () {
int t,n;
cin>>t;
while(t--) {
cin>>n;
long long ans=1,k=n-1,a=2;
while(k){
if(k%2==1)ans=(ans*a)%10007;
k>>=1;
a=(a*a)%10007;
}
ans=(ans*ans)%10007+ans;
cout<<ans%10007<<endl;
}
return 0;
}
