"红色病毒"问题

 

Problem Description

 医学界发现的新病毒因其蔓延速度和Internet上传播的"红色病毒"不相上下,被称为"红色病毒",经研究发现,该病毒及其变种的DNA的一条单链中,胞嘧啶,腺嘧啶均是成对出现的。
现在有一长度为N的字符串,满足一下条件:
(1) 字符串仅由A,B,C,D四个字母组成;
(2) A出现偶数次(也可以不出现);
(3) C出现偶数次(也可以不出现);
计算满足条件的字符串个数.
当N=2时,所有满足条件的字符串有如下6个:BB,BD,DB,DD,AA,CC.
由于这个数据肯能非常庞大,你只要给出最后两位数字即可.

Input

 每组输入的第一行是一个整数T,表示测试实例的个数,下面是T行数据,每行一个整数N(1<=N<2^64),当T=0时结束.

Output

 对于每个测试实例,输出字符串个数的最后两位,每组输出后跟一个空行.

Sample Input

 4
1
4
20
11
3
14
24
6
0

Sample Output

 Case 1: 2
Case 2: 72
Case 3: 32
Case 4: 0

Case 1: 56
Case 2: 72
Case 3: 56

 

 

 

比起以前做过的递推题，这一题算比较麻烦的了(当然，原因是我没有想到好的方法，如果你有更方便的方法，欢迎提供大家一起学习)。

如果没有任何条件限制，A、B、C、D组成长度为n的字符串，其个数应该为:4ⁿ。

因为有了A、C需要出现偶数次的要求，就出现合法和不合法的不同分组。
在不合法的组里，又有
1.A出现奇数次、C出现偶数次；
2.C出现奇数次、A出现偶数次；
3.A出现奇数次、C出现奇数次；
三种情况。

我们用数组
f[n][0]保存长度为n，合法的字符串的个数。
f[n][1]保存长度为n，仅A出现奇数次的字符串的个数。
f[n][2]保存长度为n，仅C出现奇数次的字符串的个数。
f[n][3]保存长度为n，A、C出现奇数次的字符串的个数。

f[n][0]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上一个B或者D，都可以变成长度为n的合法字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成合法字符串。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成合法字符串。
所以，f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2];

f[n][1]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上A，都可以变成长度为n的仅A出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个B或者D，也可以变成仅A出现奇数次的字符串。
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成仅A出现奇数次的字符串。
所以，f[n][1] = 2 × f[n-1][1] + f[n-1][0] + f[n-1][3];

f[n][2]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上C，都可以变成长度为n的仅C出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个B或者D，也可以变成仅C出现奇数次的字符串。
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成仅C出现奇数次的字符串。
所以，f[n][2] = 2 × f[n-1][2] + f[n-1][0] + f[n-1][3];

f[n][3]
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串在末尾加上一B或者D，都可以变成长度为n的A、C出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成A、C出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成A、C出现奇数次的字符串。
所以，f[n][3] = 2 × f[n-1][3] + f[n-1][1] + f[n-1][2];

综上所述，我们得到:
f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2]; ①
f[n][1] = 2 × f[n-1][1] + f[n-1][0] + f[n-1][3]; ②
f[n][2] = 2 × f[n-1][2] + f[n-1][0] + f[n-1][3]; ③
f[n][3] = 2 × f[n-1][3] + f[n-1][1] + f[n-1][2]; ④

f[1][0] = 2
f[1][1] = 1
f[1][2] = 1
f[1][3] = 0

发现f[1][1]与f[1][2]初始状态相同，而且以后迭代方程也相同，所以f[n][1] = f[n][2]
又有f[n][0] + f[n][3] = f[n][1] + f[n][2]
∵f[n][0] + f[n][1] + f[n][2] + f[n][3] = 4ⁿ
∴f[n][0] + f[n][3] = f[n][1] + f[n][2] = 2 × 4^n-1
∴f[n-1][1] + f[n-1][2] = 2 × 4^n-2
∴f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2] = 2 × f[n-1][0] + 2 × 4^n-2

我们得到:
f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + 2^2n-3
f[n-1][0] = 2 × f[n-2][0] + 2^2n-5
┋
f[n-m][0] = 2 × f[n-m-1][0] + 2^2n-2m-3
┋
f[2][0] = 2 × f[1][0] + 2¹
f[1][0] = 2

开始一层层往下迭代:
f[n][0]
 = 2 × f[n-1][0] + 2^2n-3
 = 2² × f[n-2][0] + 2^2n-4 + 2^2n-3
 ┋
 = 2^m × f[n-m][0] + 2^2(n-m)-1+m-1 + ... + 2^2n-3
 = 2^n-1 × f[1][0] + 2^n-1 + 2ⁿ +... + 2^2n-3
f[1][0] = 2;

∴f[n][0] = 2ⁿ + 2^n-1 + 2ⁿ +... + 2^2n-3 = 2^2n-2 + 2^n-1

公式得到了:f(n) = 2^2n-2 + 2^n-1
但就这样直接编程那是不可能实现的，因为n的范围1≤N<2⁶⁴
怎么的范围，是不能求出f(n)的。所以还得找其他规律。

因为题目只要求输出最后2位数，我们依次输出2的n的最后两位看看...
2⁰ -> 1
2¹ -> 2
2² -> 4
2³ -> 8
2⁴ -> 16
2⁵ -> 32
2⁶ -> 64
2⁷ -> 28
2⁸ -> 56
2⁹ -> 12
2¹⁰ -> 24
2¹¹ -> 48
2¹² -> 96
2¹³ -> 92
2¹⁴ -> 84
2¹⁵ -> 68
2¹⁶ -> 36
2¹⁷ -> 72
2¹⁸ -> 44
2¹⁹ -> 88
2²⁰ -> 76
2²¹ -> 52
2²² -> 4
到了2²²时，末尾2位又变成4，与2²一样，这时候就进入了一个循环了(每20个一次循环)。
所以，结果只能是这22个中的一个。只有n=0 和 n=1是需要特殊考虑的。其他n就等于2^{(n-2) % 20 + 2}的值了。

#include <stdio.h>

int main(void)
{
__int64 n;
int c, t;
int d[] = {
4, 8,16,32,64,28,56,12,24,48,
96,92,84,68,36,72,44,88,76,52
};

while (scanf("%d", &t), t)
{
for (c = 1; c <= t; c++)
{
scanf("%I64d", &n);
printf("Case %d: %d/n", c, n<3?(n<2?2:6):(d[(2*n-4)%20]+d[(n-3)%20])%100);
}
putchar('/n');
}

return 0;
}