[ Nowcoder Contest 167 #D ] 重蹈覆辙

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\(Description\)

用\(1\times 2\)的矩形和面积为\(3\)的\(L\)形去覆盖一个\(2\times N\) 的矩形，求方案数对\(10^4+7\)取模后的结果。

允许用于覆盖的图形旋转。两个方案不同当且仅当覆盖后形成的边界线至少有一处不同。

\(N\in [1,10^{100000}]\)

\(\\\)

\(Solution\)

神仙出题人神仙做法

设\(f[i][0/1]\)表示当前处理到第 \(i\) 位，前面的列都已经填满，当前位置填满 \(/\) 剩一个没填的方案数。

转移分放什么讨论，注意横着并排两个长条的情况要直接计数，新放置一个 \(L\) 形有两种不同的方式：

\[\begin{align}f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-2][0]\end{align}
\]

\[\begin{align}f[i][1]=2\times f[i-2][0]+f[i-1][1]\end{align}
\]

把下面的式子带入\((3)\)，有

\[\begin{align}f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-2][0]+f[i-2][1]+2\times f[i-3][0]\end{align}
\]

然后再把\((1)\)式中的\(i-1\)代入，有

\[f[i][0]=2\times f[i-1][0]+f[i-3][0]
\]

于是可以矩阵快速幂了。复杂度\(\text O(log (10^{100000}))\)，因为快速幂迭代的时候指数是\(N\)需要高精度所以会\(T\)；

然后黑科技十进制快速幂：\(A^N=A^{\lfloor\frac{N}{10}\rfloor}A^{N\%10}\),显然指数部分就可以直接按照高精按位计算了。

还有神仙做法是找循环节，发现是模数\(-1\)，打个表就好了......

\(\\\)

\(Code\)

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define R register

#define mod 10007

#define gc getchar

using namespace std;

inline int rd(){

  int x=0; char c=gc();

  while(!isdigit(c)) c=gc();

  while(isdigit(c)){x=((x<<1)+(x<<3)+(c^48))%(mod-1);c=gc();}

  return x;

}

int n,f[mod]={1,1,2};

int main(){

  n=rd();

  for(R int i=3;i<=n;++i) f[i]=((f[i-1]*2)+f[i-3])%mod;

  printf("%d",f[n]);

  return 0;

}

巴特西

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\(Description\)

\(Solution\)

\(Code\)

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