骨牌覆盖问题总结！hihoCoder/ NYOJ-1273宣传墙1151

 本想着做一下第九届河南省省赛题，结果被这个类似骨牌覆盖的题卡住了，队友然我去hihoCoder上老老实实把骨牌覆盖一、二、三做完，这题就没什么问题了。虽然很不情愿，但还是去见识了一下。

 骨牌覆盖问题主要解决用1*2的骨牌来覆盖K*N的棋盘，求有多少种覆盖方法。k一般在7以内。比如hihocoder #1143用1*2的骨牌覆盖2*N的棋盘，很明显是个斐波那契数列。hihocider#1151问题上升到用1*2的骨牌覆盖3*N的棋盘。再上升到#1162的k*N的棋盘。

                                                                    

                                                                           #1143 : 骨牌覆盖问题·一

 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？

提示：骨牌覆盖

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,...

    由于本题N很大，所以利用矩阵快速幂来优化。

提示：如何快速计算结果

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。

   以上便是一个裸的矩阵快速幂求斐波那契第N项了。可参考：矩阵快速幂

  

                                                                 #1151 : 骨牌覆盖问题·二

    对于3xN的棋盘，使用1x2的骨牌去覆盖一共有多少种不同的覆盖方法呢？很显然N为奇数是不可能的。

     提示：3xN骨牌覆盖

在2xN的骨牌覆盖问题中，我们有递推式子 (0,1)xM^n=(f[n-1],f[n])。
我们考虑能否在3xN的情况下找到同样的式子。
但在实际的推导过程可以发现，对于3xN的覆盖，对应的f数值公式比2xN复杂太多。我们需要换个角度来思考推导公式。

在我们放置骨牌的过程中，一定是放好一行之后再放置下一行。根据摆放的方式，可能会产生很多种不同的形状，而这些形状之间是否具有某些递推关系呢？
如果他们存在一定的递推关系，则我们可以根据第i行的方案数来推导第i+1行的方案数。这样一行一行推导，直到第N行时不就得到了我们要求的方案数了么？
那么来研究一下是否存在这样的推导公式吧

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：

对于上面这8种状态，我们用数字来标记它们。以有放置骨牌的格子为1，未放置为0，转化为2进制数
以最下面一行作为1，则有：

接下来考虑如何放置骨牌，我们先将棋盘旋转一下。假设我们正在放置第i行的骨牌，那么会有下面3种方式：

灰色表示已经有的骨牌，绿色表示新放置的骨牌。
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。
举个例子：

对于第i行状态1，我们在第i+1行竖放两块骨牌之后便能到达状态6。
但是在这之中需要注意会出现下面这种情况：

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。
所以在枚举递推关系的时候一定要注意。
通过枚举8种状态到8种状态的转移，我们可以得到一个8x8的矩阵M（空白的地方均为0）：

m[i][j]表示从状态i变成状态j的方案数。

现在我们有了M矩阵，接下来考虑边界情况。
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？
让我们先想想A向量所代表的含义。M矩阵表示状态到状态的转移，则A向量所表示的应该就是第0行各状态的方案数。
同理，对于A * M^n所求出的结果则应该表示为第n行各种状态的方案数。
那么A向量应该是多少呢？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。

struct martix{    ll  a[9][9];};int n;martix mul(martix A,martix B){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<8; i++)        for(int j=0; j<8; j++)            for(int k=0; k<8; k++)                res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;    return res;}martix fast(martix tmp,int num){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<8; i++) res.a[i][i]=1;    while(num)    {        if(num&1) res=mul(res,tmp);        tmp=mul(tmp,tmp);        num>>=1;    }    return res;}void solve(){    martix res,ans;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    memset(ans.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<8; i++) res.a[7-i][i]=1;    res.a[3][7]=res.a[6][7]=res.a[7][3]=res.a[7][6]=1;     ans.a[0][7]=1;    res=fast(res,n);    ans=mul(ans,res);    printf("%lld\n",ans.a[0][7]);}int main(){    while(~scanf("%d",&n))    {        solve();    }    return 0;}

                                                                 #1162 : 骨牌覆盖问题·三

   对于给定的K和N，我们需要去求KxN棋盘的覆盖方案数。棋盘宽度为k，长度为N。2≤K≤7，1≤N≤100,000,000

提示：KxN骨牌覆盖

在2xN的骨牌问题中，我们有答案的递推序列。f[n] = f[n-1]+f[n-2]。
事实上在处理3xN的问题中，也有部分选手推导出了答案的递推序列。
那么对于4xN,5xN，是否也存在答案的递推序列呢？有兴趣的选手不妨尝试推导一下。

在上一期，也就是3xN问题中，我们介绍了根据状态来递推的方法。这种方法显然是通用性最好的，可以用来解决任何K值的覆盖。
对于任意一个K值，我们每一行拥有的状态数量为2^K种。
在K=3时，我们是通过手动来枚举的8种状态之间的递推关系。
当K=4或者更大的时候，再通过手动枚举就显得不那么科学了，此时我们需要考虑如何用程序生成我们所需要的状态转移矩阵。

让我们再回头看看我们上一期提示里面放置骨牌的约定：
假设我们正在放置第i行的骨牌，那么会有下面3种方式：

灰色表示已经有的骨牌，绿色表示新放置的骨牌。
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。
既然有对应的二进制描述，那么上面三种方法就可以用程序语言解释为:

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，当总的列数等于K时，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 

当我们得到对应的矩阵之后，剩下需要做的也就和上一期相同了。

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。

struct martix{    ll  a[150][150];};int k,n;martix mul(martix A,martix B){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<130; i++)        for(int j=0; j<130; j++)            for(int k=0; k<130; k++)            res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;    return res;}martix fast(martix tmp,int num){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<130; i++) res.a[i][i]=1;    while(num)    {        if(num&1) res=mul(res,tmp);        tmp=mul(tmp,tmp);        num>>=1;    }    return res;}void dfs(int x,int y,int num,martix &res){    if(num==k)    {        res.a[y][x]=1;        return ;    }    dfs(x<<1,(y<<1)+1,num+1,res);//加减比左移优先级高    dfs((x<<1)+1,y<<1,num+1,res);    if(num+2<=k) dfs((x<<2)+3,(y<<2)+3,num+2,res);}void solve(){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    dfs(0,0,0,res);    res=fast(res,n);    printf("%lld\n",res.a[(1<<k)-1][(1<<k)-1]);}int main(){    while(~scanf("%d%d",&k,&n))    {        solve();    }    return 0;}

    有了上面的基础，如何来解决第九届河南省省赛的那道类似骨牌覆盖问题呢。

   基于数据较小，队友是强行dp过去的，但对于我这种dp弱渣还是老老实实用矩阵快速幂来的更快些。

  

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时间限制：1000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：4

  一条4*N道路被分为左右两个矩形，然后用1*2的骨牌去覆盖，求各有多少种方法。很明显左边矩形是4*（M-1）,右边矩形是4*（N-M-K+1）。其实根据骨牌覆盖三我们很容易得到k为4的系数矩阵。只需在上面的代码将k改为4即可。

struct martix{    ll  a[150][150];};int k,n,m,kk;martix mul(martix A,martix B){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<16; i++)        for(int j=0; j<16; j++)            for(int k=0; k<16; k++)            res.a[i][j]=(res.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;    return res;}martix fast(martix tmp,int num){    martix res;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    for(int i=0; i<16; i++) res.a[i][i]=1;    while(num)    {        if(num&1) res=mul(res,tmp);        tmp=mul(tmp,tmp);        num>>=1;    }    return res;}void dfs(int x,int y,int num,martix &res,martix &ans){    if(num==k)    {        res.a[y][x]=1;        ans.a[y][x]=1;        return ;    }    dfs(x<<1,(y<<1)+1,num+1,res,ans);//加减比左移优先级高    dfs((x<<1)+1,y<<1,num+1,res,ans);    if(num+2<=k) dfs((x<<2)+3,(y<<2)+3,num+2,res,ans);}void solve(){    k=4;    martix res,ans;    memset(res.a,0,sizeof(res.a));    memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));    dfs(0,0,0,res,ans);    res=fast(res,m-1);    int ans1=res.a[15][15];    ans=fast(ans,n-m-kk+1);    int ans2=ans.a[15][15];    printf("%d %d\n",ans1,ans2);}int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {scanf("%d%d%d",&n,&m,&kk);        solve();    }    return 0;}

本想着和队友探讨一下如果单位矩阵不是1*2的，而是2*3或者其它的怎么做，然而队友推翻了我这种想法，也许出题人不会这样出题。有兴趣可以一(不)起(惜)探(赐)讨(教)