【垒骰子】蓝桥杯第六届省赛C/C++大学A组（动态规划+矩阵快速幂）

r囧r小猫 2022-11-26 09:48 123阅读 0赞

问题描述：  
  赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。  
  经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！  
  我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。  
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。  
  atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。

「输入格式」  
第一行两个整数 n m，n表示骰子数目。  
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。

「输出格式」  
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。

「样例输入」  
  2 1  
  1 2

「样例输出」  
  544

「数据范围」  
对于 30% 的数据：n <= 5  
对于 60% 的数据：n <= 100  
对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36

资源约定：  
峰值内存消耗 < 256M  
CPU消耗 < 2000ms

思路一：首先想到的是**动态规划**。我们一共要垒n层，那就一层层的垒。比如第一层一共有六种情况，分别是1,2,3,4,5,6面朝上，每一种都只有一种情况；第二层1朝上有多少种呢？我们可以将1朝上的骰子依次分别垒在第一层六个骰子上，如果4（1的对面是4）不与下面的骰子朝上的面冲突，就可以垒起来。  
  因此，动态规划的表达式就出来了。我们用dp\[i\]\[j\]表示表示第i层j面朝上一共有多少种可能。根据前面的分析，我们可以得到以下表达式：  
![在这里插入图片描述][20200811202048816.gif_pic_center]  
 c o n f l i c t \[ j \] \[ k \] = 0 conflict\[j\]\[k\]=0 conflict\[j\]\[k\]=0的意思是j与k不冲突。递推式很好理解，第i层j面朝上最多只有六种（如果不冲突），但是我们要排除掉冲突的情况。初始时dp\[0\]\[1 到 6\]都是1。需要注意的是，我们最后输出的不是dp\[n-1\]\[1\]累加到dp\[n-1\]\[6\]，而是它们的和乘上 4 n 4^n 4n，因为每一层每个筛子都可以转动。  
代码：

#include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    int n,m;
    const long long maxn = 1e7 + 5;
    const long long mod = 1e9 + 7;
    int op[7];
    int conflict[7][7] = { 0};
    int dp[maxn][7];
    
    void init() { 
    	op[1] = 4;
    	op[4] = 1;
    	op[2] = 5;
    	op[5] = 2;
    	op[3] = 6;
    	op[6] = 3;
    	for(int i = 1;i <= 6;i++) { 
    		dp[0][i] = 1;
    	}
    }
    
    long long fastpow(int x, long long y) { 
    	long long res = 1, base = x % mod;
    	while(y) { 
    		if(y & 1) { 
    			res = (res * base) % mod;
    		}
    		base = (base * base) % mod;
    		y /= 2; 
    	}
    	return res;
    }
    
    int main() { 
    	cin>>n>>m;
    	init();
    	int a, b;
    	for(int i = 0;i < m;i++) { 
    		cin>>a>>b;
    		conflict[a][b] = conflict[b][a] = 1;
    	}
    	for(int i = 1;i < n;i++) { 
    		for(int j = 1;j <= 6;j++) { 
    			for(int k = 1;k <= 6;k++) { 
    				if(!conflict[op[j]][k]) { 
    					dp[i][j] += dp[i-1][k] % mod;
    				}
    			}
    		}
    	}
    	int res = 0;
    	for(int i = 1;i <= 6;i++) { 
    		res += dp[n-1][i] % mod;
    	}
    	res = res * fastpow(4, n);
    	cout<<res;
    	return 0;
    }

结果分析：该代码存在两个比较严重的问题：**一是申请数组dp\[maxn\]\[7\]时会报错，因为实在太大了；二是三层循环那里会超时，因此该方法不可行，需要换一种思路。**

思路二：我们换一种思路，我们构建一个冲突矩阵c，如果3与6冲突，则c\[op\[a\]\]\[b\] = 0且c\[op(b)\]\[a\]=0。c\[op\[a\]\]\[b\] = 0的意思是a的对面与b是冲突的，也就是不能垒在一起。因为在上面动态规划的思路中，我们要算每一层各面朝上各有多少种可能，最后输出的是dp\[n-1\]，dp\[n-1\]表示最后一层所有可能之和。我们容易知道dp\[0\]也就是第一层每个数都是1，也就是说dp\[0\]是一个全为1的列向量，我们用冲突矩阵c乘上dp\[0\]，根据矩阵乘法规则，得到的也是一个6行1列的列向量，并且乘法结果其实就是dp\[1\]的值。那么则有：  
![在这里插入图片描述][20200811222439863.gif_pic_center]  
  因此，**我们只要算出冲突矩阵的n-次幂，然后再乘上一个全为1的列向量dp\[0\]，最后将结果向量里面每个数相加即可。**

代码：

#include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    const ll mod = 1e9 + 7;
    int n, m;
    int op[7];
    
    void init() { 
    	op[1] = 4;
    	op[4] = 1;
    	op[2] = 5;
    	op[5] = 2;
    	op[3] = 6;
    	op[6] = 3;
    }
    
    struct matrix { 
    	ll mat[6][6];
    	init(int flag) { 
    		if(flag == 1) { 
    			//memset(mat, 1, sizeof(mat));错误写法
    			for(int i = 0;i < 6;i++) { 
    				for(int j = 0;j < 6;j++) { 
    					mat[i][j] = 1;
    				}
    			} 
    		}else if(flag == 2) {    //单位矩阵 
    			memset(mat, 0, sizeof(mat));
    			for(int i = 0;i < 6;i++) { 
    				mat[i][i] = 1;
    			}
    		}else { 
    			memset(mat, 0, sizeof(mat));
    		}
    	}
    }; 
    
    
    void print(matrix x) { 
    	for(int i = 0;i < 6;i++) { 
    		for(int j = 0;j < 6;j++) { 
    			cout<<x.mat[i][j]<<' ';
    		}
    		cout << endl;
    	}
    }
    
    matrix mul(matrix a,matrix b) {    //return a*b
    	matrix c;  //0矩阵
    	c.init(3);
    	for(int i = 0;i < 6;i++) { 
    		for(int j = 0;j < 6;j++) { 
    			for(int k = 0;k < 6;k++) { 
    				c.mat[i][j] += ((a.mat[i][k] % mod) * (b.mat[k][j] % mod)) % mod;
    				c.mat[i][j] %= mod;
    			}
    		}
    	}
    	return c;
    }
    
    matrix fast_pow(matrix A, int n) {    //return A^n % mod
    	matrix B;  //单位矩阵
    	B.init(2);
    	while(n) { 
    		if(n & 1) { 
    			B = mul(B, A);
    		}
    		A = mul(A, A);
    		n >>= 1; 
    	}
    	return B;
    } 
    
    long long fastpow(int x, long long y) {    //快速幂 
    	long long res = 1, base = x % mod;
    	while(y) { 
    		if(y & 1) { 
    			res = (res * base) % mod;
    		}
    		base = (base * base) % mod;
    		y /= 2; 
    	}
    	return res;
    }
    
    int main() { 
    	cin >> n >> m;
    	init();
    	int a, b;
    	matrix conflict;
    	conflict.init(1);
    	for(int i = 0;i< m;i++) { 
    		cin >> a >> b;
    		conflict.mat[op[a] - 1][b - 1] = 0;  //冲突
    		conflict.mat[op[b] - 1][a - 1] = 0; 
    	}
    	matrix final = fast_pow(conflict, n-1);
    	int res = 0;
    	for(int i = 0;i < 6;i++) { 
    		for(int j = 0;j < 6;j++) { 
    			res += final.mat[i][j];
    		}
    	}
    	res *= fastpow(4, n);
    	printf("%d", res);
    	return 0;
    }

[20200811202048816.gif_pic_center]: /images/20221124/f57fb99b7df740c89b3e0588baac4046.png
[20200811222439863.gif_pic_center]: /images/20221124/066a874129594820b3da93f27444a3c2.png