【矩阵乘】【DP】【codevs 1305】Freda的道路

1305 Freda的道路

 时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级: 大师 Master

题目描述 Description

Freda要到Rainbow的城堡去玩了。我们可以认为两座城堡位于同一条数轴上，Freda的城堡坐标是0，Rainbow的城堡坐标是N。正常情况下，Freda会朝着同一个方向（即Rainbow的城堡相对于Freda的城堡的方向）走若干步之后来到Rainbow的城堡，而且步长都为1或2。可是，今天Freda在途中遇见了来自上海的小猫Resodo，惊奇之下，居然有一步走反了方向！不过，Freda并没有神智不清，它只有一步走反了方向， 而且这一步的步长也是1或2. 同时，Freda并不会路过Rainbow的城堡而不停下来。当然，Freda是在途中遇到Resodo的，所以它不会在 自己家门口就走错方向。
举个例子，如果Rainbow的城堡坐标是3，那么下面两条路径是合法的：

0->1->2->1->30->1->-1->1->3

当然，还有其它的合法路径。下面这些路径则是不合法的：

0->-1->1->3 （Freda不可能第一步就走错方向）0->1->3（Freda一定是有一步走错方向的）0->2->1->0->2->3（Freda只有一步是走错方向的）0->-1->0->3（Freda每步的长度一定是1或2）0->1->2->4->3（Freda不会越过Rainbow的城堡再回来）0 -> 1 -> 2 -> 3 -> 2 -> 3（Freda一旦到达了Rainbow的城堡，就会停下来）

你现在需要帮助Freda求出，它一共有多少种方法能够到达Rainbow的城堡呢？

输入描述 Input Description

一行一个整数N，表示Rainbow城堡的坐标

输出描述 Output Description

一行一个整数，表示Freda到Rainbow城堡的不同路径数。由于这个数字可能很大，你只需要输出它mod 1000000007的结果。

样例输入 Sample Input

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样例输出 Sample Output

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数据范围及提示 Data Size & Hint
对于第一组样例，如下5条路径是合法的：

0->1->0->20->1->-1->0->1->20->1->-1->0->20->1->0->1->20->1->-1->1->2

数据范围与约定

对于10%的数据，N<=20.对于70%的数据，N<=1000.对于90%的数据，N<=1000000.对于100%的数据，N<=10^15.

题解：

因为是讨论路径个数，所以首先想到的是dp。
设f[i]表示在不回头的情况下到达的路径数，g[i]表示在一次回头的情况下到达的路径数。
由题意可知：
f[i]=f[i-2]+f[i-1]（当前只能从两步前或是一步前转移来），即Fibonacci数列。
接下来考虑g[i]，发现g[i]由四种情况转移过来，即：
1>g[i-2]（在转过的情况下，由两步前走来）
2>g[i-1]（在转过的情况下，由一步前走来）
3>f[i+1]（一步以后转回来）
4>f[i+2]（两步以后转回来）
于是可得转移方程：
g[i]=g[i-2]+g[i-1]+f[i+1]+f[i+2]
裸的dp可得90 。。。最后一个点是极限数据，DP做不到。于是想到了矩阵乘。
对于以下两个矩阵：

A⎡⎣⎢⎢⎢0,1,0,01,1,1,10,0,0,10,0,1,1⎤⎦⎥⎥⎥

B⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[n−2]g[n−1]f[n+1]f[n+2]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

g[n]可以这样求得：

A∗B=C⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[n−1]g[n]f[n+2]f[n+3]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

于是我们可以这样求解g[n]：

An−2∗⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[1]g[2]f[4]f[5]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

Code：
DP：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define p 1000000007LLusing namespace std;long long n,f[1000010],g[1000010];int main(){    scanf("%d",&n);    if (n==1){        printf("0\n");        return 0;    }    f[1]=f[2]=g[0]=g[1]=1;    for (int i=3; i<=n+1; i++)        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%p;    for (int i=2; i<=n+1; i++)        g[i]=(g[i-2]+g[i-1]+f[i+1]+f[i+2])%p;    printf("%d\n",g[n+1]);    return 0;}

矩阵乘：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define p 1000000007LLusing namespace std;long long A[4][4]={{0,1,0,0},{1,1,1,1},{0,0,0,1},{0,0,1,1}};long long B[4][4],C[4][4];int main(){    long long n; bool f=true;    scanf("%lld",&n);    if (n<=2){        if (n==1) printf("0\n");        else printf("5\n");        return 0;    }    n-=2;    while (n){        if (n&1){            if (f){                for (int i=0; i<4; i++)                    for (int j=0; j<4; j++)                        B[i][j]=A[i][j];                f=false;            }            else {                memset(C,0,sizeof(C));                for (int i=0; i<4; i++)                    for (int j=0; j<4; j++)                        for (int k=0; k<4; k++)                            C[i][j]=(C[i][j]+B[i][k]*A[k][j])%p;                for (int i=0; i<4; i++)                    for (int j=0; j<4; j++)                        B[i][j]=C[i][j];            }        }        n>>=1;        memset(C,0,sizeof(C));        for (int i=0; i<4; i++)            for (int j=0; j<4; j++)                for (int k=0; k<4; k++)                    C[i][j]=(C[i][j]+A[i][k]*A[k][j])%p;        for (int i=0; i<4; i++)            for (int j=0; j<4; j++)                A[i][j]=C[i][j];    }    long long ans=(B[1][1]*5%p+B[1][2]*5%p+B[1][3]*8%p)%p;    printf("%lld\n",ans);    return 0;}