壘骰子
賭聖atm晚年迷戀上了壘骰子，就是把骰子一個壘在另一個上邊，不能歪歪扭扭，要壘成方柱體。
經過長期觀察，atm 發現了穩定骰子的奧秘：有些數字的面貼着會互相排斥！
我們先來規范一下骰子：1 的對面是 4，2 的對面是 5，3 的對面是 6。
假設有 m 組互斥現象，每組中的那兩個數字的面緊貼在一起，骰子就不能穩定的壘起來。
atm想計算一下有多少種不同的可能的壘骰子方式。
兩種壘骰子方式相同，當且僅當這兩種方式中對應高度的骰子的對應數字的朝向都相同。
由於方案數可能過多，請輸出模 10^9 + 7 的結果。
不要小看了 atm 的骰子數量哦～
「輸入格式」
第一行兩個整數 n m
n表示骰子數目
接下來 m 行，每行兩個整數 a b ，表示 a 和 b 數字不能緊貼在一起。
「輸出格式」
一行一個數，表示答案模 10^9 + 7 的結果。
「樣例輸入」
2 1
1 2
「樣例輸出」
544
「數據范圍」
對於 30% 的數據：n <= 5
對於 60% 的數據：n <= 100
對於 100% 的數據：0 < n <= 10^9, m <= 36
資源約定：
峰值內存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地打印類似：“請您輸入...” 的多余內容。
所有代碼放在同一個源文件中，調試通過后，拷貝提交該源碼。
注意: main函數需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標准，不要調用依賴於編譯環境或操作系統的特殊函數。
注意: 所有依賴的函數必須明確地在源文件中 #include
提交時，注意選擇所期望的編譯器類型。
思路一：動態規划DP + 滾動數組
用動態規划來解. Dp[ i ][ j ]表示高度為 i , 頂面點數為 j 的方案數, 那么Dp[ i ][ j ] 就等於 i-1 高度時所有與j的反面無沖突的方案數累加. 最后的總方案數還要乘以(4^i), 因為每一個骰子可以4面轉嘛. 由於每一層的規划只與前一層有關, 所以可以采用滾動數組, 不然內存會超標...直接看代碼吧!
代碼一：
#include <iostream>
using namespace std;
// ...沖突記錄: Compact[i][j]=false代表點數為i的面與點數為j的面存在沖突
bool Compact[7][7];
// ...Parner[i]=j代表 點數為i的面 的對立面點數為j
const int Parner[7]={ 0,4,5,6,1,2,3 };
const long long MOD = 1000000007;
int main(int argc, char** argv)
{
long long N; // 骰子高度
int M; // 沖突組數
int s1,s2;
cin >> N >> M;
//初始化骰子沒有沖突
for( int i = 0; i < 7; ++i)
for( int j = 0; j < 7;++j)
Compact[i][j]=true;
//記錄骰子存在的兩面沖突
for( int i = 0; i < M; ++i ) {
cin >> s1 >> s2;
// ...點數為s1的面與點數為s2的面存在沖突
Compact[s1][s2] = Compact[s2][s1] = false;
}
long long dp[2][7]; // 滾動數組
long long C = 4;
int e = 0; // 滾動標志
for( int i = 1; i < 7; ++i )
dp[e][i] = 1;
// dp[i][j]代表高度為i的,頂面點數為j的疊骰子方案數
// 在這里忽略每個骰子可以四面轉向的情況, 把該情況留到最后乘上去就可以了
int j,k;
for( long long i = 2; i <= N; ++i ){
e = 1-e; // ...滾動處理 （0，1交替）
C = (C*4)%MOD; //計算4^n次方：每次循環乘以4
//下面兩層循環表示：當前第i層頂面為j的方案數是下面一層6個面分別朝頂的方案數的總和
for( j = 1; j < 7; ++j ){
dp[e][j] = 0;
for( k = 1; k < 7; ++k)
if( Compact[ Parner[j] ][k] )
dp[e][j] += dp[1-e][k]; //dp[0][j] 與 dp[1][j]相鄰遞推關系
dp[e][j]%=MOD;
}
}
int sum=0;
//計算總數：總數就等於最上面一層骰子所遞推來的6個面方案綜合
for( int i = 1; i < 7; ++i)
sum = (sum+dp[e][i])%MOD;
sum = (sum*C)%MOD;//骰子可以4個面轉動 所以乘以4^n 就是乘以c
cout << sum;
return 0;
}
思路二：矩陣快速冪，轉載 至：i逆天耗子丶
代碼二：
#include<bits/stdc++.h>
#define ag(x) ((x)>3?(x)-3:(x)+3)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod=1e9+7;
struct matrix{
int n,m;
ll s[10][10];
};
//對A的初始化修改成 初始化為4,因為骰子四個面可以互相轉動，需要最終乘以4或者初始化為4
matrix Aunit(matrix A){
for(int i=0;i<6;i++){
for(int j=0;j<6;j++){
A.s[i][j]=4;
}
}
return A;
}
//返回一個單位矩陣
matrix unit(matrix A){
matrix re;
re.n=A.n;re.m=A.m;
for(int i=0;i<re.n;i++){
for(int j=0;j<re.m;j++){
if(i==j)re.s[i][j]=1;
else re.s[i][j]=0;
}
}
return re;
}
//兩個矩陣相乘
matrix mix(matrix A,matrix B){
matrix re;re.n=A.n;re.m=B.m;
for(int i=0;i<re.n;i++){
for(int j=0;j<re.m;j++){
re.s[i][j]=0;
for(int k=0;k<A.m;k++){
re.s[i][j]+=A.s[i][k]*B.s[k][j]%mod;
re.s[i][j]%=mod;
}
}
}
return re;
}
//快速求 矩陣A的b次方
matrix dpow(matrix A,ll b){
matrix re;
re=unit(A);
while(b){
if(b&1)re=mix(re,A);
A=mix(A,A);
b>>=1;
}
return re;
}
int main(){
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
matrix A;A.n=6;A.m=6;
A=Aunit(A); //初始化矩陣A，表示沖突矩陣
int ip1,ip2;
//設置沖突矩陣的沖突面（兩兩對應）
while(m--){
scanf("%d%d",&ip1,&ip2);
A.s[ip2-1][ag(ip1)-1]=0;
A.s[ip1-1][ag(ip2)-1]=0;
}
matrix p;p.n=1;p.m=6;
for(int j=0;j<6;j++)p.s[0][j]=4;
A=dpow(A,n-1); //求A矩陣的n-1次方
p=mix(p,A); //最后算A^n-1矩陣 * p矩陣,(p就是高度為1的第一個矩陣對應dp[1]）
ll ans=0;
for(int j=0;j<6;j++)ans=(ans+p.s[0][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}