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因为不同的排列算不同的方案,所以要用到指数生成函数。
有偶数个的颜色生成函数为:(sum_{i=2j,jinmathbb{N}}limits frac{x^i}{i!})
随意个数的颜色生成函数则为(sum_{i=0}^inftylimits frac{x^i}{i!})
那么乘起来:
[(sum_{i=2j,jinmathbb{N}}frac{x^i}{i!})^2(sum_{i=0}^infty frac{x^i}{i!})^2
]
后者即为(e^{2x})
然后是对前一项的推导:
(e^x=1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+frac{x^4}{4!}+cdots)
(e^{-x}=1-x+frac{x^2}{2!}-frac{x^3}{3!}+frac{x^4}{4!}-cdots)
那么有(e_x+e^{-x}=2(sum_{i=2j,jinmathbb{N}}limits frac{x^i}{i!}))
所以最终整个题目的生成函数为:((frac{e^x+e^{-x}}{2})^2e^{2x})
化简得(frac{e^{4x}+2e^{2x}+1}{4})
常数项忽略,(e^{kx})的(n)次项系数为(frac{k^n}{n!})
代入得(frac{4^n+2^{n+1}}{4n!})
将(n!)乘回去,最终有(frac{4^n+2^{n+1}}{4}=4^{n-1}+2^{n-1})
快速幂即可。
时间复杂度 (O(Tlog_2n))
代码:
#include <cstdio>
typedef long long ll;
int t,n;
const int Mod=10007;
int Pow(int a,int b)
{
int Res=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%Mod)
if(b&1)Res=Res*a%Mod;
return Res%Mod;
}
int main()
{
for(scanf("%d",&t);t--;)
{
scanf("%d",&n);
printf("%d
",(Pow(4,n-1)+Pow(2,n-1))%Mod);
}
return 0;
}