QDU no cer的一道简单签到题(线性递推)

描述

人见人（不）爱，花见花（不）开的nr4强者Cerberux回来啦！

他不仅回来了，还带回来了一块2*n的长板。

然而他的蜜汁审美告诉他，这块长板需要贴瓷砖。

但是nr4强者Cerberux只有两种瓷砖，一种是1*2的，一种是1*1的。

他面对这块长板，突然脑抽了，想知道有多少种不同的用1*2和1*1瓷砖填满长板的方案。

大家都知道，nr4强者Cerberux不是一天炼成的。

他为了成为nr4强者，不仅舍弃了上课，拥抱了挂科，还离开了挚爱（个屁）的ACM。

所以他怎么可能会自己动脑想这个和魔方无关的问题。

于是nr4强者Cerberux想问你们有多少种填满长板的方案数？

如果你们回答出来了，将会免费获得由nr4强者Cerberux亲自授课的装x课程1个月（他不给不关我事）。

不同的两种方案必定至少有一个位置填放的瓷砖种类不同或者1*2的瓷砖的方向不同。

输入

第一行一个整数t代表数据组数
每组数据包括一个整数n；
1<=t<=100000
1<=n<=100000

输出

每组数据输出方案数并对1000000007取模，每组数据占一行。

样例输入1 复制

223

样例输出1

722

思路：走错了好几次思路，拐了几圈才回来。其实就是一个递推式，下面开始解释。

首先下面是每列的三个状态：

虚线代表不确定是不是一个小木块的边框，可以看到凸出来两个都是一个长木块导致的。

然后规定：每次不能在超过1列上进行开始插入木块。

只推第i列的状态③和状态①的转移，进行解释。

首先是状态③的转移：

分别表示：从i-1的①转移，从i-1的②转移，从i-1的③转移方式1，从i-1的③转移方式2，从i-2的③转移。

再看状态②的转移：

分别表示：从i-1的②转移，从i-1的③转移。

需要解释一下为什么不能跨两列插呢？假如对状态②转状态①时，我们进行这么的转移，

唯一的区别就是长木块被分为两个小木块了，但是不能这么进行转化。这么做相当于将②插一个小木块转化为下一列

的③之后再进行一次插小木块，就进行重复计算了。

Code1:

#include <bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;const int maxn = 100000;const int mod = 1000000007;LL dp[maxn+5][5];void init(){dp[0][3] = 1; dp[1][3] = 2, dp[1][1] = 1, dp[1][2] = 1;for(int i = 2; i <= maxn; ++i){dp[i][1] = (dp[i-1][2]+dp[i-1][3])%mod;dp[i][2] = (dp[i-1][1]+dp[i-1][3])%mod;dp[i][3] = (dp[i-1][2]+dp[i-1][1]+dp[i-1][3]*2+dp[i-2][3])%mod;}}int main(){int t, n; init();scanf("%d", &t);while(t--){scanf("%d", &n);printf("%lld\n", dp[n][3]);}return 0;}

Code2(矩阵快速幂):

#include <algorithm>#include <string.h>#include <cstdio>  #define LL long long  using namespace std;  const LL mod = 1e9+7;const int maxn = 100000;struct node{LL m[4][4];};node multi(node x, node y){node res = {0, 0, 0, 0,0, 0, 0, 0,0, 0, 0, 0,0, 0, 0, 0};for(int i = 0; i < 4; ++i)for(int j = 0; j < 4; ++j)for(int k = 0; k < 4; ++k)res.m[i][j] += x.m[i][k]*y.m[k][j], res.m[i][j] %= mod;return res;}LL qpow(LL n){node ans = {1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0,0, 0, 1, 0,0, 0, 0, 1};node bas = {0, 1, 1, 0,1, 0, 1, 0,1, 1, 2, 1,0, 0, 1, 0};node col = {1, 0, 0, 0,1, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0,1, 0, 0, 0};while(n){if(n&1) ans = multi(ans, bas);bas = multi(bas, bas);n >>= 1;}return multi(ans, col).m[2][0];} int main()  {      int t, n;    scanf("%d", &t);      while(t--)      {          scanf("%d", &n);          if(n == 1) {puts("2"); continue;}printf("%lld\n", qpow(n-1));     }      return 0;  } 

Code3(线性递推模板)：

#include <assert.h>#include <vector>#include <cstdio>#define rep(i, a, n) for(int i = a; i < n; ++i)#define per(i, a, n) for(int i = n-1; i >= a; --i)#define pb push_back#define mp make_pair#define all(x) (x).begin(), (x).end()#define fi first#define se second#define SZ(x) ((int)(x).size())using namespace std;typedef vector<int> VI;typedef long long ll;typedef pair<int, int> PII;const ll mod = 1000000007;ll powmod(ll a, ll b){ll res = 1; a %= mod; assert(b >= 0); for(; b; b>>=1){if(b&1) res = res*a%mod;a = a*a%mod;}return res;}int _;ll n;namespace linear_seq{    const int N = 10010;    ll res[N], base[N], _c[N], _md[N];    vector<int> Md;    void mul(ll *a, ll *b, int k)    {        rep(i, 0, k+k) _c[i]=0;        rep(i, 0, k)         if(a[i]) rep(j,0,k)         _c[i+j] = (_c[i+j] + a[i]*b[j])%mod;        for(int i = k+k-1; i >= k; --i)         if(_c[i]) rep(j,0,SZ(Md))             _c[i-k+Md[j]] = (_c[i-k+Md[j]] - _c[i]*_md[Md[j]])%mod;        rep(i, 0, k) a[i] = _c[i];    }    int solve(ll n, VI a, VI b)    {        ll ans = 0, pnt = 0;        int k = SZ(a);        assert(SZ(a) == SZ(b));        rep(i,0,k) _md[k-1-i] = -a[i];        _md[k] = 1; Md.clear();        rep(i, 0, k) if (_md[i] != 0) Md.push_back(i);        rep(i, 0, k) res[i] = base[i] = 0;        res[0] = 1;        while((1ll<<pnt) <= n) ++pnt;        for(int p = pnt; p >= 0; --p)        {            mul(res, res, k);            if((n>>p) & 1)            {                for(int i = k-1; i >= 0; --i) res[i+1] = res[i];                res[0] = 0;                rep(j, 0, SZ(Md))                 res[Md[j]] = (res[Md[j]] - res[k]*_md[Md[j]])%mod;            }        }        rep(i, 0, k) ans = (ans + res[i]*b[i])%mod;        if(ans < 0) ans += mod;        return ans;    }    VI BM(VI s)    {        VI C(1, 1), B(1, 1);        int L = 0, m = 1, b = 1;        rep(n, 0, SZ(s))        {            ll d = 0;            rep(i, 0, L+1) d = (d + (ll)C[i]*s[n-i])%mod;            if(d == 0) ++m;            else if(2*L <= n)             {                VI T = C;                ll c = mod - d*powmod(b, mod-2)%mod;                while(SZ(C) < SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i, 0, SZ(B)) C[i+m] = (C[i+m] + c*B[i])%mod;                L = n+1-L; B = T; b = d; m = 1;            }            else            {                ll c = mod - d*powmod(b, mod-2)%mod;                while(SZ(C) < SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i, 0, SZ(B)) C[i+m] = (C[i+m]+c*B[i])%mod;                ++m;            }        }        return C;    }    int gao(VI a, ll n)    {        VI c = BM(a);        c.erase(c.begin());        rep(i, 0, SZ(c)) c[i] = (mod-c[i])%mod;        return solve(n, c, VI(a.begin(), a.begin()+SZ(c)) );    }};int main(){int T; scanf("%d", &T);    while(T--)    {    scanf("%lld", &n);        printf("%lld\n", linear_seq::gao(VI{2,7,22,71,228,733}, n-1));    }    return 0;}

继续加油~