题目描述
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 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（含虚拟机） < 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：不要使用package语句。不要使用jdk1.7及以上版本的特性。
注意：主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。
解法一：
public class 垒骰子_9_滚动数组 {
private static int a[][] = new int[10][10];//存放6个面的排斥关系，只用到数组下标1~7
private static int b[] = new int [7];//对立面
private static long count ;
private static long C = 1000000007;
private static boolean check(int current,int last)
{
if(a[current][last]==1)//说明两个骰子互相排斥
{
return true;
}
return false;
}
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
b[1]=4;b[4]=1;
b[2]=5;b[5]=2;
b[3]=6;b[6]=3;
int n,m,a1,a2;
Scanner in = new Scanner(System.in);
n = in.nextInt();
int num = 4;
m = in.nextInt();
for(int i = 0;i<m;i++)
{
a1 = in.nextInt();
a2 = in.nextInt();
a[a1][a2]=1;
a[a2][a1]=1;
}
//滚动数组
int dp[][] = new int[2][7];//dp[i][j]表示某一高度的骰子j面朝上的方案数
int e = 0;
for(int i=1;i<7;i++)
{
dp[e][i]=1;//初始化 已知高度为1的骰子的方案只有一种，此处忽略结果×4的情况，在下面加上
}
for(long i=2;i<=n;i++)//从第二颗骰子算，到第n颗
{
e = 1-e;
num = (int) ((num*4)%C);
for(int j = 1;j<7;j++)//遍历当前骰子各面
{
dp[e][j]=0;//初始化下一颗骰子j面朝上的方案数为0
for(int k = 1;k<7;k++)//遍历之前一颗骰子的6个面
{
if(!check(k,b[j]))//不相互排斥，k为之前下方骰子的朝上面，b[j]为当前骰子朝上面的对立面，即朝下面
{
dp[e][j] += dp[1-e][k];
}
}
dp[e][j] = (int) (dp[e][j]%C);
}
}
for(int i = 1;i<7;i++)
{
count += dp[e][i];
count = count%C;
}
count = (count*num)%C;//这个地方相乘后仍然很大，是这个算法的弊端
//count = quickPow(10,33,1000000007);
System.out.println(count);
}
//整数快速幂，写在这里只是为了加强记忆，这个地方没用，为后续快速矩阵幂解法做铺垫
private static long quickPow(long count2,int n,long mod)
{
long res = count2;
long ans = 1;
while(n!=0)
{
if((n&1)==1)
{
ans = (ans*res)%mod;
}
res = (res*res)%mod;
n >>= 1;
}
return ans;
}
}
解法二：
此篇java代码实现了快速矩阵幂来计算前n-1个6*6阶矩阵的乘积，最后的sum相当于传送门里博主的B矩阵求和，也就是最终没有乘4n的答案，这样就得到了第n个骰子各面朝上的所有情况，当然要记得最后乘个4n，在这里顺便也给出了整数快速幂的实现。
public class 垒骰子_9_快速矩阵幂 {
private static int mod = 1000000007;
static class Matrix
{
int a[][]= new int [6][6];
public Matrix(){}
public Matrix(int x)//初始化对角线元素,以构造单位矩阵
{
for(int i = 0;i<6;i++)
{
for(int j=0;j<6;j++)
{
a[i][j]= 0;
}
}
for(int i = 0;i<6;i++)
{
a[i][i] = x;
}
}
}
public static int q_pow(int m,int n,int mod)//计算m^n
{
int base = m;
int ans = 1;
while(n>0)
{
if((n&1)==1)
ans = (ans*base)%mod;
base = (base*base)%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
public static Matrix mul(Matrix m1,Matrix m2)
{
Matrix m = new Matrix();
for(int i = 0;i<6;i++)
{
for(int j = 0;j<6;j++)
{
for(int k = 0;k<6;k++)
{
m.a[i][j] += (m1.a[i][k]*m2.a[k][j])%mod;
}
}
}
return m;
}
public static Matrix q_pow(Matrix m,int n)
{
Matrix ans = new Matrix(1);//这里要变成单位矩阵
Matrix base = m;
while(n>0)
{
if((n&1)==1)
ans = mul(ans,base);
base = mul(base,base);
n>>=1;
}
return ans;
}
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
int n,m,a1,a2;
int sum = 0;
Scanner in = new Scanner(System.in);
n = in.nextInt();
int num;
m = in.nextInt();
Matrix matrix = new Matrix();
for(int i = 0;i<6;i++)
{
for(int j=0;j<6;j++)
{
matrix.a[i][j]= 1;
}
}
for(int i = 0;i<m;i++)
{
a1 = in.nextInt();
a2 = in.nextInt();
matrix.a[a1-1][a2-1]=0;
matrix.a[a2-1][a1-1]=0;
}
//快速矩阵幂运算
Matrix final_matrix = q_pow(matrix,n-1);
for(int i=0;i<6;i++)
{
for(int j=0;j<6;j++)
{
sum = (sum+final_matrix.a[i][j])%mod;
}
}
num = q_pow(4,n,mod);
System.out.println((sum*num)%mod);
}
}