垒骰子|2015年蓝桥杯B组题解析第九题-fishers
垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
「数据范围」
对于 30% 的数据：n <= 5
对于 60% 的数据：n <= 100
对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路一：动态规划DP + 滚动数组
用动态规划来解. Dp[ i ][ j ]表示高度为 i , 顶面点数为 j 的方案数, 那么Dp[ i ][ j ] 就等于 i-1 高度时所有与j的反面无冲突的方案数累加. 最后的总方案数还要乘以(4^i), 因为每一个骰子可以4面转嘛. 由于每一层的规划只与前一层有关, 所以可以采用滚动数组, 不然内存会超标...直接看代码吧!
代码一：
#include <iostream>
using namespace std;
// ...冲突记录: Compact[i][j]=false代表点数为i的面与点数为j的面存在冲突
bool Compact[7][7];
// ...Parner[i]=j代表 点数为i的面 的对立面点数为j
const int Parner[7]={ 0,4,5,6,1,2,3 };
const long long MOD = 1000000007;
int main(int argc, char** argv)
{
long long N; // 骰子高度
int M; // 冲突组数
int s1,s2;
cin >> N >> M;
//初始化骰子没有冲突
for( int i = 0; i < 7; ++i)
for( int j = 0; j < 7;++j)
Compact[i][j]=true;
//记录骰子存在的两面冲突
for( int i = 0; i < M; ++i ) {
cin >> s1 >> s2;
// ...点数为s1的面与点数为s2的面存在冲突
Compact[s1][s2] = Compact[s2][s1] = false;
}
long long dp[2][7]; // 滚动数组
long long C = 4;
int e = 0; // 滚动标志
for( int i = 1; i < 7; ++i )
dp[e][i] = 1;
// dp[i][j]代表高度为i的,顶面点数为j的叠骰子方案数
// 在这里忽略每个骰子可以四面转向的情况, 把该情况留到最后乘上去就可以了
int j,k;
for( long long i = 2; i <= N; ++i ){
e = 1-e; // ...滚动处理 （0，1交替）
C = (C*4)%MOD; //计算4^n次方：每次循环乘以4
//下面两层循环表示：当前第i层顶面为j的方案数是下面一层6个面分别朝顶的方案数的总和
for( j = 1; j < 7; ++j ){
dp[e][j] = 0;
for( k = 1; k < 7; ++k)
if( Compact[ Parner[j] ][k] )
dp[e][j] += dp[1-e][k]; //dp[0][j] 与 dp[1][j]相邻递推关系
dp[e][j]%=MOD;
}
}
int sum=0;
//计算总数：总数就等于最上面一层骰子所递推来的6个面方案综合
for( int i = 1; i < 7; ++i)
sum = (sum+dp[e][i])%MOD;
sum = (sum*C)%MOD;//骰子可以4个面转动 所以乘以4^n 就是乘以c
cout << sum;
return 0;
}
思路二：矩阵快速幂，转载 至：i逆天耗子丶
代码二：
#include<bits/stdc++.h>
#define ag(x) ((x)>3?(x)-3:(x)+3)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod=1e9+7;
struct matrix{
int n,m;
ll s[10][10];
};
//对A的初始化修改成 初始化为4,因为骰子四个面可以互相转动，需要最终乘以4或者初始化为4
matrix Aunit(matrix A){
for(int i=0;i<6;i++){
for(int j=0;j<6;j++){
A.s[i][j]=4;
}
}
return A;
}
//返回一个单位矩阵
matrix unit(matrix A){
matrix re;
re.n=A.n;re.m=A.m;
for(int i=0;i<re.n;i++){
for(int j=0;j<re.m;j++){
if(i==j)re.s[i][j]=1;
else re.s[i][j]=0;
}
}
return re;
}
//两个矩阵相乘
matrix mix(matrix A,matrix B){
matrix re;re.n=A.n;re.m=B.m;
for(int i=0;i<re.n;i++){
for(int j=0;j<re.m;j++){
re.s[i][j]=0;
for(int k=0;k<A.m;k++){
re.s[i][j]+=A.s[i][k]*B.s[k][j]%mod;
re.s[i][j]%=mod;
}
}
}
return re;
}
//快速求 矩阵A的b次方
matrix dpow(matrix A,ll b){
matrix re;
re=unit(A);
while(b){
if(b&1)re=mix(re,A);
A=mix(A,A);
b>>=1;
}
return re;
}
int main(){
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
matrix A;A.n=6;A.m=6;
A=Aunit(A); //初始化矩阵A，表示冲突矩阵
int ip1,ip2;
//设置冲突矩阵的冲突面（两两对应）
while(m--){
scanf("%d%d",&ip1,&ip2);
A.s[ip2-1][ag(ip1)-1]=0;
A.s[ip1-1][ag(ip2)-1]=0;
}
matrix p;p.n=1;p.m=6;
for(int j=0;j<6;j++)p.s[0][j]=4;
A=dpow(A,n-1); //求A矩阵的n-1次方
p=mix(p,A); //最后算A^n-1矩阵 * p矩阵,(p就是高度为1的第一个矩阵对应dp[1]）
ll ans=0;
for(int j=0;j<6;j++)ans=(ans+p.s[0][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
