POJ 3734 Blocks（矩阵优化+DP）
最后更新于：2022-04-01 15:53:25
题目链接：[点击打开链接](http://poj.org/problem?id=3734)
题意：个n个方块涂色， 只能涂红黄蓝绿四种颜色，求最终红色和绿色都为偶数的方案数。
该题我们可以想到一个递推式 。 设a[i]表示到第i个方块为止红绿是偶数的方案数， b[i]为红绿恰有一个是偶数的方案数， c[i]表示红绿都是奇数的方案数。
那么有如下递推可能：
递推a[i+1]：1.到第i个为止都是偶数，且第i+1个染成蓝或黄；2.到第i个为止红绿恰有一个是奇数，并且第i+1个方块染成了奇数对应的颜色。
递推b[i+1]：1.到第i个为止都是偶数，且第i+1个染成红或绿；2.到第i个为止红绿恰有一个是奇数，并且第i+1个方块染成了蓝或黄；3.到第i个方块为止红火绿都是奇数，并且第i+1个染成红火绿。
递推c[i+1]：1.到第i个为止红绿恰有一个是奇数， 并且第i+1个方块染成偶数对应的颜色；2.到第i个为止红绿都是奇数，并且第i+1个方块染成蓝或黄。
即a[i+1] = 2*a[i] + b[i];
b[i+1] = 2*a[i] + 2*b[i] + 2*c[i];
c[i+1] = b[i] + 2*c[i];
因为DP的过程中，每一步都是在重复上一个过程， 所以可以用矩阵相乘来优化算法。
将上述递推式写成矩阵相乘的形式：
{ a[i] } {2 1 0}^i{a[0] }
{ b[i] } = {2 2 2} {b[0] }
{ c[i] } {0 1 2} {c[0] }
然后用矩阵快速幂就可以了。
细节参见代码：
~~~
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<list>
#include<deque>
#include<map>
#include<queue>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int INF = 1000000000;
const int mod = 10007;
const int maxn = 100;
ll T,n,m;
typedef vector<int> vec;
typedef vector<vec> mat;
mat mul(mat &a, mat &b) {
mat c(a.size(), vec(a[0].size()));
for(int i = 0; i < a.size(); i++) {
for(int k = 0; k < b.size(); k++) {
for(int j = 0; j < b[0].size(); j++) {
c[i][j] = (c[i][j] + a[i][k]*b[k][j]) % mod;
}
}
}
return c;
}
mat pow(mat a, ll n) {
mat b(a.size(), vec(a[0].size()));
for(int i = 0; i < a.size(); i++) {
b[i][i] = 1;
}
while(n > 0) {
if(n & 1) b = mul(b, a);
a = mul(a, a);
n >>= 1;
}
return b;
}
int main() {
scanf("%d",&T);
mat a(3, vec(3));
while(T--) {
scanf("%lld",&n);
a[0][0] = 2; a[0][1] = 1; a[0][2] = 0;
a[1][0] = 2; a[1][1] = 2; a[1][2] = 2;
a[2][0] = 0; a[2][1] = 1; a[2][2] = 2;
a = pow(a, n);
printf("%d\n",a[0][0]);
}
return 0;
}
~~~