蓝桥杯省赛编程大题——骰子问题

作为第二道编程大题，难度也没有想象中那么难。只怪我当时没有认真的静下心来仔细的理解题目意思。连样例都没有看懂，高数课闲来无事，便静下来认真想了一下。

 

大致的题目意思是给你n个骰子，让你堆起来，并且告诉你有一些面是不能靠在一起的。问你总共有多少总方案数。(骰子规定1和4相对，2和5相对，3和6相对)

 

输入n m 表示骰子的个数和不能靠在一起的个数。

输入m行，每行两个数a b 表示a和b两面不能靠在一起。

输出一行方案数，数据较大请模100000000+7;

 

样例输入：

2 1

1 2

样例输出：

544

 

60%的数据是n<100的

100%的数据是n<10^9, m<36;

 

对于60%的数据，dp的思路是很好想的。比赛的时候也已经想到了。但是因为没有想清楚样例，从而把题目想复杂了。写了一堆的map balabala~

 

正确理解题目意思后，我们可以发现要继续在n-1颗骰子上添加一颗骰子，我们需要知道原来的第n-1颗骰子的顶面和当前骰子的底面。因为骰子的底面可以由顶面知道，所以dp数组需要用一维记录顶面就好。

dp[i][j] : 放置好前 i 个骰子后并且顶面点数是j的翻案数。

此时我们只要考虑第 i 个骰子和第 i-1 个骰子不会冲突就行。

dp[i][j] += dp[i-1][k] *4; (状态k与状态j的两个骰子不会冲突，乘4的原因是骰子以j为顶面的方案有4种);

dp[1][j] = 4; (初始化每个顶面向上都有4种方案);

 

计算骰子的对面的点数。观察课发现，每个面的点数与对面的点数都相差3，即 对面的点数 = (当前面的点数 + 3) % 6; 当然点数3的时候要进行特判。

 

由此，我们可以通过60%的数据。

 

对于100%的数据，数量级一下增大到了10^9。确实挺吓人。但要知道数量级如此大的话复杂度一定不会是O(n)，而前面我们可以看出来是一个递推式，那么，拿一个学长的话来说“傻子都知道是矩阵快速幂”。(弱弱说一句，比赛时我也想得到是矩阵快速幂可解，奈何题意没理解正确，dp没写出来，快速幂也就没想了。不然还指不定推不推的出来呢)。

由前面的dp方程我们可以知道，答案的矩阵肯定是一个1*6的矩阵。那么要用矩阵快速幂，另一个矩阵怎么也得是6*6的吧？
其实我们可以根据转移可知共有6*6种转移方式。而是否可以转移正好可以用6*6的矩阵表示。

那么现在有一个答案矩阵

A[] = {4,4,4,4,4,4}

A[i] 表示以i点数为顶点的方案数

 

还有一个转移矩阵初始为

B[][] = {

4,4,4,4,4,4,

4,4,4,4,4,4,

4,4,4,4,4,4,

4,4,4,4,4,4,

4,4,4,4,4,4，

4,4,4,4,4,4

}

B矩阵的意思是B[i][j]元已i点数为顶点的骰子柱在放一个以j为顶点的骰子的方案数。这样和1*6的矩阵相乘的话得到的 _A[6] 矩阵 依旧表示各顶点的方案数。

对于每组不可相靠在一起的情况，我们只需要在B数组的相应位置置为0就好

 

于是要求解 |A*B^(n-1)| 就行。

#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;const long long MOD = 1000000000 + 7;int n, m;bool vis[7][7];int solve_01 () {long long dp[110][7];memset(dp, 0, sizeof(dp));for (int i=1; i<7; i++) {dp[1][i] = 4;}for (int i=2; i<=n; i++) {for (int j=1; j<=6; j++) {for (int k=1; k<=6; k++) {int tmp = (j + 3) % 6;if (tmp == 0) tmp = 6;if (vis[k][tmp]) {dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i-1][k] * 4) % MOD;}}}}long long sum=0;for (int i=1; i<=6; i++) {sum = (sum + dp[n][i]) % MOD;}return sum % MOD;}struct Node {long long a[7][7];Node () {memset(a, 0, sizeof(a));for (int i=0; i<7; i++) {a[i][i] = 1;}}void show() {cout << "=====Node=====" << endl;for (int i=1; i<=6; i++) {for (int j=1; j<=6; j++) {cout << a[i][j] << " ";}cout << endl;}}};Node mul (Node a,Node b){ Node c;  for (int i=1; i<=6; i++){  for (int j=1; j<=6; j++){  c.a[i][j]=0;  for (int v=1; v<=6; v++){  c.a[i][j] += (a.a[i][v] * b.a[v][j]) % MOD;  }  c.a[i][j]%=MOD;  }}return c;  }Node power(Node s, int n) {Node res;while (n > 0) {if (n&1) res = mul(res, s);s = mul(s, s);n>>=1;}return res;}int solve_02 () {Node s;memset(s.a, 0, sizeof(s));for (int i=1; i<=6; i++) {for (int j=1; j<=6; j++) {if (vis[i][j]) {int tmp = (j + 3) % 6;if (tmp == 0) tmp = 6;s.a[i][tmp] = 4;}}}Node rec = power(s, n-1);long long ans = 0;for (int i=1; i<=6; i++) {for (int j=1; j<=6; j++) {ans = (ans + rec.a[i][j] * 4) % MOD;}}return ans%MOD;}int main () {memset(vis, true, sizeof(vis));cin >> n >> m;int a, b;for (int i=0; i<m; i++) {cin >> a >> b;vis[a][b] = false;vis[b][a] = false;}int res = solve_01();int rec = solve_02();cout << res << " " << rec << endl;return 0;}