[HNOI2002] 公交車路線

題目背景

在長沙城新建的環城公路上一共有8個公交站，分別為A、B、C、D、E、F、G、H。公共汽車只能夠在相鄰的兩個公交站之間運行，因此你從某一個公交站到另外一個公交站往往要換幾次車，例如從公交站A到公交站D，你就至少需要換3次車。

 

 

Tiger的方向感極其糟糕，我們知道從公交站A到公交E只需要換4次車就可以到達，可是tiger卻總共換了n次車，注意tiger一旦到達公交站E，他不會愚蠢到再去換車。現在希望你計算一下tiger有多少種可能的乘車方案。

題目描述

輸入輸出格式

輸入格式：

 

僅有一個正整數n(4<=n<=10000000)，表示tiger從公交車站A到公交車站E共換了n次車。

 

輸出格式：

 

僅有一個正整數，由於方案數很大，請輸出方案數除以 1000后的余數。

 

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

6

輸出樣例#1：

8

說明

8條路線分別是：

(A→B→C→D→C→D→E)，(A→B→C→B→C→D→E)，

(A→B→A→B→C→D→E)，(A→H→A→B→C→D→E)，

(A→H→G→F→G→F→E)，(A→H→G→H→G→F→E)，

(A→H→A→H→G→F→E)，(A→B→A→H→G→F→E)。

 

題解：

看到數據范圍n<=10000000。想到肯定要O(n)才能過。

O(n）算法復雜度+一個輸入輸出，肯定就是遞推啦

可是遞推公式？？

暴力算前幾個答案是

4　　5　　6　　7　　8　　9　　10　　11　　12　　13　　14

2　　0　　8　　0　　28    0　　96　　0　　328　　0　　1120

發現當n為奇數時，ans=0；

開始想遞推式

設f[i]=x*f[i-1]+y;           解出答案后代入后面是不成立的

設f[i]=x*f[i-1]+y*f[i-2]+z;

28=8x+2y+z;  96=28x+8y+z;    328=96x+28y+z;

解得 x=4;y=-2;z=0;帶入后面也是成立的

於是，遞推式就出來了，f[i]=4*f[i-1]-2*f[i-2];

一個非常坑的地方：由於答案%1000后f[i-2]有可能大於f[i-1]

所以極端情況下，f[i-2]=999,f[i-1]=0;所以如代碼所示，還要+2000后再%1000

#include<iostream>
using namespace std;
int f[10000010]; 
int main()
{
int n;cin>>n;
if(n&1)cout<<0;
else
{
f[4]=2;f[6]=8;
for(int i=8;i<=n;i+=2)f[i]=(4*f[i-2]-2*f[i-4]+2000)%1000;
cout<<f[n]; 
}
return 0;
}

 

代碼居然才寫了15行。。。這是省選題啊

那如果加強這個數據，變為有T組數據,每組數據的n變為4<=n<=10^18怎么做呢

那我們可以用矩陣快速冪優化到O(Tlog(n))

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int mod=1000; 
struct data{
int d[5][5];
}a,b,c;
data mul(data a,data b)
{
memset(c.d,0,sizeof(c.d));
for(int i=0;i<=1;i++)
for(int j=0;j<=1;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
{
c.d[i][j]=(c.d[i][j]+a.d[i][k]*b.d[k][j])%mod;
} 
return c;
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
long long n;scanf("%lld",&n);
if(n&1)printf("0\n");
else
{
b.d[0][0]=0;b.d[0][1]=1;b.d[1][0]=-2+mod;b.d[1][1]=4;
a.d[0][0]=1;a.d[0][1]=0;a.d[1][0]=1;a.d[1][1]=0;
n=(n-4)/2;
while(n)
{
if(n&1)a=mul(a,b);
b=mul(b,b);n>>=1;
}
printf("%d\n",(a.d[0][0]*2+a.d[0][1]*8)%mod);
}
}
return 0;
}