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征战蓝桥 —— 2015年第六届 —— C/C++A组第9题——垒骰子

今天你读书了吗 2022-03-12 阅读 42


题目

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。

不要小看了 atm 的骰子数量哦~

「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

请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入…” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include , 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时,注意选择所期望的编译器类型。

代码

递归做法

#define MOD 1000000007

#include <iostream>

using namespace std;
int n, m;
int op[7];
bool conflict[7][7];

/**
* 上一层定好了朝上的数字为up的情况下,垒好cnt个骰子的方案数
* @param up
* @param cnt
* @return
*/
long long int f(int up, int cnt) {
if (cnt == 0)
return 4;
long long ans = 0;
for (int upp = 1; upp <= 6; ++upp) {
if (conflict[op[up]][upp])continue;
ans =(ans+ f(upp, cnt - 1))%MOD;
}
return ans;
}

void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}

int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
conflict[x][y] = true;
conflict[y][x] = true;
}
long long ans = 0;
for (int up = 1; up <= 6; ++up) {
ans = (ans + 4 * f(up, n - 1)) % MOD;
}
printf("%lli", ans);
return 0;
}

动态规划做法

#define MOD 1000000007

#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>

using namespace std;

long long dp[2][7];//dp[i][j]表示有i层,限定朝上的数字为j的稳定方案数
int n, m;
bool conflict[7][7];
map<int, int> op;

void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}

int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
conflict[a][b] = true;
conflict[b][a] = true;
}
// 输入完成
for (int j = 1; j <= 6; ++j) {
dp[0][j] = 1;
}

int cur = 0;
// 迭代层数
for (int level = 2; level <= n; ++level) {
cur = 1 - cur;
// 尝试将6个面放在当前一层朝上的方向
for (int j = 1; j <= 6; ++j) {
dp[cur][j] = 0;
// 将与op[j]不冲突的上一层格子里面的数累加起来
for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
if (conflict[op[j]][i])continue;//冲突的面朝上是不可取的
dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[1 - cur][i]) % MOD;
}
}
}
long long sum = 0;
for (int k = 1; k <= 6; ++k) {
sum = (sum + dp[cur][k]) % MOD;
}

// 快速幂,求4的n次方
long long ans = 1;
long long tmp = 4;
long long p = n;

while (p != 0) {
if (p & 1 == 1) ans = (ans * tmp) % MOD;
tmp = (tmp * tmp) % MOD;
p >>= 1;
}
printf("%d\n", (sum * ans) % MOD);
return 0;
}

矩阵幂做法

#define MOD 1000000007
typedef long long LL;

#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>

using namespace std;

int n, m;
map<int, int> op;

void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}

struct M {
LL a[6][6];

M() {
// memset(a,1, sizeof(a));
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
a[i][j] = 1;
}
}
}
};
M mMultiply(M m1,M m2){
M ans;

for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
ans.a[i][j]=0;
for (int k = 0; k < 6; ++k) {
ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+m1.a[i][k]*m2.a[k][j])%MOD;
}
}
}

return ans;
}
//求M的k次方
M mPow(M m, int k) {
M ans;//单位矩阵
// 对角线为1,其余为0
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
if (i == j)
ans.a[i][j] = 1;
else
ans.a[i][j] = 0;
}
}
while (k != 0) {
if ((k & 1) == 1) {
ans = mMultiply(ans,m);
}
m=mMultiply(m,m);
k >>= 1;//向右移动1位
}
return ans;
}

int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
M cMatrix;//冲突矩阵
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
//完善冲突矩阵
cMatrix.a[op[a] - 1][b - 1] = 0;
cMatrix.a[op[b] - 1][a - 1] = 0;
}

M cMatrix_n_1 = mPow(cMatrix, n - 1);//冲突矩阵的n-1次方
LL ans=0;
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
ans=(ans+cMatrix_n_1.a[i][j])%MOD;
}
}

// 快速幂,求4的n次方
long long t = 1;
long long tmp = 4;
long long p = n;

while (p != 0) {
if (p & 1 == 1) t = (t * tmp) % MOD;
tmp = (tmp * tmp) % MOD;
p >>= 1;
}
printf("%lli",ans*t%MOD);
return 0;
}



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