骨牌覆盖问题

骨牌覆盖问题

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：
我们有一个长条形的棋盘，然后用 1X2 的骨牌去覆盖整个棋盘，那么对于这个棋盘总共有多少种不同的覆盖方法？

2xN的棋盘

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 很小的时候我们可以直接递推得到结果，而当 N 很大的时候，就不是很方便了。对于这种线性递推式我们可以用矩阵来求第 n 项，对于 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，只要 M = [0, 1; 1, 1]

所以可得：

这就可以使用快速幂来求

将 k[1]..k[j]划分的好一点

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：

所以:

1. 先计算出所有的{a^1, a^2, a^4 ... a⁽²j)}，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)

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int NUM=1000000007;
    
    void cal(long long a[2][2],long long b[2][2])
    {
    	long long c[2][2];
    	c[0][0]=(a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0])%NUM;
    	c[0][1]=(a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1])%NUM;
    	c[1][0]=(a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0])%NUM;
    	c[1][1]=(a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1])%NUM;
    	a[0][0]=c[0][0];
    	a[0][1]=c[0][1];
    	a[1][0]=c[1][0];
    	a[1][1]=c[1][1];
    }
    
    int main()
    {
    	long int n;
    	cin>>n;
    	long long r[2][2]={1,0,0,1};
    	long long a[2][2]={0,1,1,1};
    	while(n!=0)
    	{
    		if(n&1)
    			cal(r,a);
    		cal(a,a);
    		n>>=1;
    //		cout << n << endl;
    	}
    	cout<<r[1][1]<<endl;
    	return 0;
    }
   

3xN的棋盘

这是对 2xN 的棋盘的扩展，按照相同的思路，找到对应的递推式子

假设我们已经放好了一些骨牌，对于当前最后一列(第i列)骨牌，可能有8种情况, 并将其看做二进制数，则有：

对于正在放置第i行的骨牌，那么会有3种方式，每一种放置方法解释如下，假设当第i行的状态为x，第i-1行的状态为y：

• 第 i 行不放置，则前一行必须有放置的骨牌。x对应二进制位为0，y对应二进制位为1。
• 第 i 行竖放骨牌，则前一行必须为空。x对应二进制位为1，y对应二进制位为0。
• 第 i 行横向骨牌，则前一行必须两个位置均有骨牌，否则会产生空位。x对应二进制位为1，y对应二进制位为1。

其中会有这么个情况：

这种情况看似是从状态 1 变成了状态 0 ，其实是不对的。它不满足我们约定的放置方法，本质是第 i 行的状态 1 变成了第 i 行的状态 7，而实际上我们应该放置的是第 i+1 行。

通过枚举 8 种状态之间的转移，可以得到一个 8x8 的矩阵M

M[i][j] 表示从状态 i 到状态 j 的方案数。

在2xN的骨牌覆盖中，有(0, 1)作为初始向量A，那么在3xN中初始向量A是如何呢？

很显然，第 0 行在我们递推的过程中必须看作状态 7 才合理。故A向量表示为：

{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1}

而对于我们寻求的答案，自然也是第n行放置为状态 7 的方案数了。

KxN的棋盘

通过之前的递推的方法，可以知道，对于任意的 K 值，我们每一行拥有的状态数目为 2^K 种

当 K=3 的时候可以手动枚举 8 种状态之间的递推关系

而 k=4 或者更大的时候就不合适了

对于正在放置第i行的骨牌，由之前可知其对应的二进制表示，那么三种方法可以由程序语言：

• 第i行不放置：new_x = x << 1, new_y = (y << 1) + 1; 列数+1
• 第i行竖放骨牌：new_x = (x << 1) + 1, new_y = y << 1; 列数+1
• 第i行横向骨牌：new x = (x << 2) + 3, new_y = (y << 2) + 3; 列数+2

通过迭代去枚举 3 种放置方法，当列数等于 K 的时候，此时的x便可由y转移过来。那么我们可以得到枚举放置的伪代码：

DFS(x, y, col):

If col == K

	d[y][x] = 1

	Return ;

End

DFS(x << 1, (y << 1) + 1, col + 1);

DFS((x << 1) + 1, y << 1, col + 1);

If col + 2 <= K

	DFS( (x << 2) + 3, (y << 2) + 3, col + 2 )

End 

由此得到对应的矩阵，继续由快速幂求解

在某些题目中有可能会出现，N很小，K很大的情况。比如N=20,K=14这样的情况。

考虑到N很小，我们可以不使用矩阵乘法，而直接采用f[i-1]到f[i]行的递推。时间复杂度也就转化为2^(2k)*N。

但是状态数量为2^14，也就是16384种。若采用转移矩阵，肯定是无法储存的。而实际情况是在转移矩阵中1的数量并不多，所以我们可以考虑存储为(y,x)这样的二元组。在转移过程中只枚举合法的转移即可。

若K再更大一点，比如K=20，产生的状态有可能连开数组存储都很吃力。这个时候我们也可以考虑在计算每一行时，直接通过dfs来进行转移，不储存转移关系。用时间来换取空间。

参考：

hiho
51Nod