20231112多校模拟T2

题目描述

给你下列7种形状，问恰好填满 $n\ast 2$ 的方格有多少种方案（每种形状可任意旋转）

后三种形状纯粹是出题人的恶趣味，d用没有

做法一：暴力

不会

做法二：递推

定义：

• f[i] 为填满 $i\ast 2$ 的方格的方案数
• g[i] 为填满 $i\ast 2$ 的方格 不能被腰斩 的方案数

解释：例如当 $n=4$ 时，下列第一种画法能被腰斩，第二种不能

初步分析#

很容易得到, 当 $i$ 为奇数时 答案答案显然为0

且

$$f[0]=1,g[0]=1,f[2]=1,g[2]=1,f[4]=4,g[4]=3$$

当i为大于4的偶数时

$$f[i]=g[i]\ast f[0]+g[i-2]\ast f[2]+g[i-4]\ast f[4]+...+g[2]\ast f[i-2]$$

进一步发现

$$g[i]=2$$

解释：上下两端用第3， 第4种方块， 中间用2填满

然后可以得到递推式

$$f[i]=2\ast (f[0]+f[2]+f[4]+...f[i-6])+3\ast f[i-4]+f[i-2]$$

前面一部分可用前缀和优化一下变为：

$$f[i]=2\ast (sum[i-6])+3\ast f[i-4]+f[i-2]$$

发现奇数项根本没有用，优化一下空间

$$f[i]=2\ast (sum[i-3])+3\ast f[i-2]+f[i-1]$$

此时答案为 $f[{\displaystyle \frac{n}{2}}]$

进一步优化

$O(n)$ 做法跑 ${10}^{18}$ 肯定会爆，考虑上述式子用矩阵乘法优化

$$\left[\begin{array}{c}f[i]\\ f[i-1]\\ sum[i-2]\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 3& 2\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f[i-1]\\ f[i-2]\\ sum[i-3]\end{array}\right]$$

至此，复杂度优化为$O(logn)$

AC代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;
const ll P = 1e9 + 7, N = 2e6;

ll f[3] = {1, 1, 4};
ll sum[3] = {1, 2, 6};
ll n;

void mul(ll a[3][3], ll b[3][3]) {
	ll c[3][3]; memset(c, 0, sizeof c);
	for(int k = 0; k < 3; k ++) {
		for(int i = 0; i < 3; ++ i) 
			for(int j = 0; j < 3; ++ j)
				c[i][j] = (c[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % P;
	}
	memcpy(a, c, sizeof c);
}

ll q_pow(ll b) {
	if(b < 3) return f[b];
	ll ret[3][3] = {1, 0, 0,    0, 1, 0,    0, 0, 1};
	ll a[3][3] = { 1, 3, 2,    1, 0, 0,    0, 1, 1};
	
	++ b;
	while(b) {
		if(b & 1) mul(ret, a);
		mul(a, a);
		b >>= 1;
	}
	return ret[1][0];
}

int main() {
	while(scanf("%lld", &n) != EOF) {
		if(n & 1) puts("0");
		else printf("%lld\n", q_pow(n / 2));
	}
	return 0;
}

其他做法

机房大佬说这题就是斐波那契第n项的平方
我太弱了不会推