[hihoCoder] 骨牌覆蓋問題·二

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描述

上一周我們研究了2xN的骨牌問題，這一周我們不妨加大一下難度，研究一下3xN的骨牌問題？
所以我們的題目是：對於3xN的棋盤，使用1x2的骨牌去覆蓋一共有多少種不同的覆蓋方法呢？
首先我們可以肯定，奇數長度一定是沒有辦法覆蓋的；對於偶數長度，比如2，4，我們有下面幾種覆蓋方式：

 

提示：3xN骨牌覆蓋

輸入

第1行：1個整數N。表示棋盤長度。1≤N≤100,000,000

輸出

第1行：1個整數，表示覆蓋方案數 MOD 12357

樣例輸入

62247088

樣例輸出

4037

在2xN的骨牌覆蓋問題中，我們有遞推式子 (0,1)xM^n=(f[n-1],f[n])。
我們考慮能否在3xN的情況下找到同樣的式子。
但在實際的推導過程可以發現，對於3xN的覆蓋，對應的f數值公式比2xN復雜太多。我們需要換個角度來思考推導公式。

在我們放置骨牌的過程中，一定是放好一行之后再放置下一行。根據擺放的方式，可能會產生很多種不同的形狀，而這些形狀之間是否具有某些遞推關系呢？
如果他們存在一定的遞推關系，則我們可以根據第i行的方案數來推導第i+1行的方案數。這樣一行一行推導，直到第N行時不就得到了我們要求的方案數了么？
那么來研究一下是否存在這樣的推導公式吧

假設我們已經放好了一些骨牌，對於當前最后一列(第i列)骨牌，可能有8種情況：

對於上面這8種狀態，我們用數字來標記它們。以有放置骨牌的格子為1，未放置為0，轉化為2進制數
以最下面一行作為1，則有：

接下來考慮如何放置骨牌，我們先將棋盤旋轉一下。假設我們正在放置第i行的骨牌，那么會有下面3種方式：

灰色表示已經有的骨牌，綠色表示新放置的骨牌。
每一種放置方法解釋如下，假設當第i行的狀態為x，第i-1行的狀態為y：

• 第i行不放置，則前一行必須有放置的骨牌。x對應二進制位為0，y對應二進制位為1。
• 第i行豎放骨牌，則前一行必須為空。x對應二進制位為1，y對應二進制位為0。
• 第i行橫向骨牌，則前一行必須兩個位置均有骨牌，否則會產生空位。x對應二進制位為1，y對應二進制位為1。

舉個例子：

對於第i行狀態1，我們在第i+1行豎放兩塊骨牌之后便能到達狀態6。
但是在這之中需要注意會出現下面這種情況：

這種情況看似是從狀態1變成了狀態0，其實是不對的。它不滿足我們約定的放置方法，本質是第i行的狀態1變成了第i行的狀態7，而實際上我們應該放置的是第i+1行。
所以在枚舉遞推關系的時候一定要注意。
通過枚舉8種狀態到8種狀態的轉移，我們可以得到一個8x8的矩陣M（空白的地方均為0）：

m[i][j]表示從狀態i變成狀態j的方案數。

現在我們有了M矩陣，接下來考慮邊界情況。
在2xN的骨牌覆蓋中，有(0, 1)作為初始向量A，那么在3xN中初始向量A是如何呢？
讓我們先想想A向量所代表的含義。M矩陣表示狀態到狀態的轉移，則A向量所表示的應該就是第0行各狀態的方案數。
同理，對於A * M^n所求出的結果則應該表示為第n行各種狀態的方案數。
那么A向量應該是多少呢？很顯然，第0行在我們遞推的過程中必須看作狀態7才合理。故A向量表示為：
{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1}
而對於我們尋求的答案，自然也是第n行放置為狀態7的方案數了。

____________________________

其實仔細想想畫一畫也可以得到遞推公式，假設奇數的方案數不為0，只要有一個方塊達到奇數長度，就算是其中一個方案，那么有：

a[0] = 0;    a[1] = 2;     a[2] = 3;

對於奇數：a[i] = 2*a[i-1] + a[i-2];  對於偶數：a[i] = 3*a[i-2] + a[i-3];

為了節省空間可以用循環數組還存儲結果。下面是AC的代碼。

 

#include <iostream>
using namespace std;

typedef unsigned long long ll;
const ll MOD = 12357;

ll N;
ll a[5];

void solve() {
    a[0] = 0;
    a[1] = 2;
    a[2] = 3;
    for (int i = 3; i <= N; ++i) {
        if (i & 1) {
            a[i%5] = (2*a[(i-1+5)%5] + a[(i-2+5)%5]) % MOD;
        } else {
            a[i%5] = (3*a[(i-2+5)%5] + a[(i-3+5)%5]) % MOD;
        }
    }
    cout << a[N%5] << endl;
}

int main() {
    while (cin >> N) {
        if (N & 1) {
            cout << "0" << endl;
        } else {
            solve();
        }
    }
    return 0;
}