【洛谷P5303】逼死强迫症

前言

这道题给我平测了\(3min+\)才出结果。。。可真是逼死我了。

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5303
ITX351 要铺一条 \(2 \times N\) 的路，为此他购买了 \(N\) 块 \(2 \times 1\) 的方砖。可是其中一块砖在运送的过程中从中间裂开了，变成了两块 \(1 \times 1\) 的砖块！
ITX351 由此产生了一个邪恶的想法：他想要在这条路上故意把两块 \(1 \times 1\) 的砖块分开铺，不让两块砖有相邻的边，其他砖块可以随意铺，直到整条路铺满。这样一定可以逼死自身强迫症 sea5！
也许下面的剧情你已经猜到了——他为此兴奋不已，以至于无法敲键盘。于是，他请你帮忙计算一下，有多少种方案可以让自己的阴谋得逞。

思路

数据范围明显提示这道题是矩阵乘法。
有一个十分明显的结论，假设两个\(1\times 1\)的方砖分别位于第\(i,j\)列（\(i<j\)且\(j-i\geq 2\)），那么第\(i\sim j\)列仅有\(2\)种放法，前\(i-1\)列有\(fib[i-1]\)种放法。

证明：
如果第\(i\sim j\)列中有一列是竖着摆放方砖的，那么显然会把第\(i\sim j\)列构成的矩形分为两个大小为奇数的部分，而每一个\(1\times 2\)方砖的大小为偶数，所以肯定铺不满。所以只能横着放。
而横着放时不可以中间空一格否则就永远无法填满，所以必须一个接着一个放。画图后容易发现要满足这些要求只有\(2\)中情况。
前\(i-1\)列只能用\(1\times 2\)的方砖摆放，摆放的方案其实只有“在最后一列加上一个\(1\times 2\)的方砖”和“在最后一个\(2\times 2\)的正方形中横着放两块方砖”，设用\(2\times 1\)的方砖摆放\(2\times i\)的路面的方案数为\(g[i]\)，那么就有\(g[i]=g[i-1]+g[i-2]\)，边界为\(g[1]=1,g[2]=2\)。容易发现这是一个斐波那契数列，前\(i-1\)列有\(fib[i-1]\)种放法。
证毕。

先写出递推式。设\(f[i]\)表示\(n=i\)时的方案数。那么有三种情况。

1. 在最后一列加上一个\(1\times 2\)的方砖，共\(f[i-1]\)种方案。
2. 在最后一个\(2\times 2\)的正方形中横着放两块方砖（竖着放其实就是第一种情况），共\(f[i-2]\)种情况。
3. 在最后一列放一个\(1\times 1\)的方砖。假设另一个\(1\times 1\)的方砖放在第\(j\)列，根据上文的结论，有方案数=\(2\sum^{i-3}_{j=0}fib[j]\)。

所以我们就得到了递推式

\[f[i]=f[i-1]+f[i-2]+2\sum^{i-3}_{j=0}fib[j] \]

其中\(fib[0]=fib[1]=1,fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2](i>1)\)。
那么可以构建一个\(5\times 5\)的矩阵,分别表示\(f[i],f[i-1],s[i-3],fib[i-3],fib[i-4]\)，其中\(s[x]\)表示前\(x\)个斐波那契数之和。
那么转移矩阵如下

\[\begin{bmatrix} 1& 1 & 0 & 0 & 0\\ 1& 0 & 0 & 0 & 0\\ 2& 0 & 1 & 0 & 0\\ 0& 0 & 1 & 1 & 1\\ 0& 0 & 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}\]

初始矩阵如下

\[\begin{bmatrix} 6 & 2 &4 &2 &1 \end{bmatrix}\]

时间复杂度\(O(Tm^3\log n)\)，其中\(m=5\)。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MOD=1000000007,N=6;
int n,T;

struct matrix
{
	int a[N][N];
	
	friend matrix operator *(matrix a,matrix b)
	{
		matrix c;
		memset(c.a,0,sizeof(c.a));
		for (int i=1;i<N;i++)
			for (int j=1;j<N;j++)
				for (int k=1;k<N;k++)
					c.a[i][j]=(c.a[i][j]+1LL*a.a[i][k]*b.a[k][j]%MOD)%MOD;
		return c;
	}
}a,f,A,F;

void power(int k)
{
	for (;k;k>>=1,a=a*a)
		if (k&1) f=f*a;
}

int main()
{
	A.a[1][1]=A.a[1][2]=A.a[2][1]=A.a[3][3]=A.a[4][3]=A.a[4][4]=A.a[4][5]=A.a[5][3]=A.a[5][4]=1;
	A.a[3][1]=2; 
	F.a[1][1]=6; F.a[1][2]=2; F.a[1][3]=4; F.a[1][4]=2; F.a[1][5]=1;
		
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		if (n==1 || n==2) printf("0\n");
		else if (n==3) printf("2\n");
		else if (n==4) printf("6\n");
		else
		{
			memcpy(a.a,A.a,sizeof(a.a));
			memcpy(f.a,F.a,sizeof(f.a));
			power(n-4);
			printf("%d\n",f.a[1][1]);
		}
	}
	return 0;
}