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
62247088
17748018
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。
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
const int mod=19999997;
struct node
{
long long a[2][2];
};
node mul(node A,node B,int n,int p,int m)
{
node C;
C.a[0][0]=0;C.a[0][1]=0;C.a[1][0]=0;C.a[1][1]=0;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
for(int k=0;k<p;k++)
{
C.a[i][j]+=((A.a[i][k]*B.a[k][j])%mod)%mod;
C.a[i][j]%=mod;
}
return C;
}
node MM(node A,int k)
{
node res;
res.a[0][0]=1;res.a[1][1]=1;
res.a[0][1]=0;res.a[1][0]=0;
while(k)
{
if(k&1)
res=mul(res,A,2,2,2);
A=mul(A,A,2,2,2);
k>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
int N;
cin>>N;
node A,B;
A.a[0][0]=0;A.a[0][1]=1;A.a[1][0]=1;A.a[1][1]=1;
B.a[0][0]=0;B.a[0][1]=1;
node ans=MM(A,N);
ans=mul(B,ans,1,2,2);
cout<<ans.a[0][1]%mod<<endl;
return 0;
}
