题解【LOJ #3086 [GXOI/GZOI2019]逼死强迫症】

[ exttt{Description} ]

ITX351 要铺一条 (2 imes n) 的路，为此他购买了 (n) 块 (2 imes 1) 的方砖。可是其中一块砖在运送的过程中从中间裂开了，变成了两块 (1 imes 1) 的砖块！
ITX351 由此产生了一个邪恶的想法：他想要在这条路上故意把两块 (1 imes 1) 的砖块分开铺，不让两块砖有相邻的边，其他砖块可以随意铺，直到整条路铺满。这样一定可以逼死自身强迫症 sea5！

也许下面的剧情你已经猜到了 —— 他为此兴奋不已，以至于无法敲键盘。于是，他请你帮忙计算一下，有多少种方案可以让自己的阴谋得逞。

多组询问。
数据范围：(1 leq T leq 500)，(1 leq n leq 10^9)。

[ exttt{Solution} ]

考虑 dp。

令 (f_n) 表示：根据题意，铺设一条 (2 imes n) 的合法道路的方案数。

转移有两种：

1. 第 (n) 列不存在 (1 imes 1) 的方砖。

   1. 在第 (n) 列竖着放一个 (2 imes 1) 的方砖，得到一个规模为 (n - 1) 的子问题。
   2. 在第 (n - 1) 列和第 (n) 列横着放两个 (2 imes 1) 的方砖，得到一个规模为 (n - 2) 的子问题。

2. 第 (n) 列存在 (1 imes 1) 的方砖。

   此时，可以考虑另一块 (1 imes 1) 的方砖的位置。

   这一块 (1 imes 1) 的方砖只能放在第 (1) 列至第 (n - 2) 列中。
   注意到每一列，有且仅有一个位置可填，至于是 " 同行还是异行 " 与 " 列数差的奇偶性 " 有关。

   更进一步，假设说这个 (1 imes 1) 的方砖放在了第 (i) 列，则：

   • ((1)) 第 (i) 列至第 (n) 列里所有方砖的方法是唯一确定的。
   • ((2)) 第 (1) 列至第 (i - 1) 列里所有方砖可以随便摆放。

   那主要考虑 ((2)) 的情况。

   令 (g_n) 表示：只使用 (2 imes 1) 的方砖，铺设一条 (2 imes n) 的合法道路的方案数。显然有：

[ g_0=1, g_1 = 1 \ g_n = g_{n - 1} + g_{n - 2} ]

综上，有转移：

[f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 ast sumlimits_{0 leq i leq n - 3} g_i ]

至此，此题已经可以使用矩阵快速幂解决。

---

但是这个转移看起来就很不爽。
我们希望可以把他化简一下。

注意到数列 ({ g_n }) 与斐波那契数列 ({ fib_n }) 恰好错位了一位。

而斐波那契数列的前缀和有一个非常美妙的性质：

[sumlimits_{i = 1} ^ n fib_i = fib_{n + 2} - 1 ]

可以使用数学归纳法简单证明一下：

当 (n = 1) 时，命题显然成立。

假设当 (n = m) 时，命题成立。
当 (n = m + 1) 时：

[egin{aligned}fib_{m + 3} - 1 & = fib_{m + 1} + fib_{m + 2} - 1\& = fib_{m + 1} + sumlimits_{i = 1} ^ m fib_{i}\& = sumlimits_{i = 1}^{m + 1} fib_iend{aligned} ]

故原命题成立，QED。

于是就可以使用斐波那契数代替 (sumlimits_{0 leq i leq n - 3} g_i)，得到转移：

[f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 ast fib_{n} - 2 ]

具体的，令设矩阵 (F(n) = egin{bmatrix} f_n & f_{n - 1} & fib_{n} & fib_{n - 1} & -2 end{bmatrix})。
则：

[F(n) ast egin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 2 & 0 & 1 & 1 & 0 \ 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \ 1 & 0 & 0 & 0 & 1 end{bmatrix} = F(n + 1) ]

先把 (n = 1, 2) 的情况判掉。
对于 (n geq 3) 的情况，最终的答案矩阵即为 (F(2) ast A^{n - 2})，其中 (A) 为上式中的转移矩阵。

单组数据时间复杂度 (mathcal{O}(5^3 log n))。

[ exttt{Code} ]

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int n;

int f[6];
int A[6][6];

void mulstar(int f[6], int a[6], int b[6][6]) {
	static int c[6]; memset(c, 0, sizeof(c));
	for (int j = 1; j <= 5; j ++)
		for (int k = 1; k <= 5; k ++)
			c[j] = (c[j] + 1ll * a[k] * b[k][j]) % mod;
	memcpy(f, c, sizeof(c));
}

void mul(int f[6][6], int a[6][6], int b[6][6]) {
	static int c[6][6]; memset(c, 0, sizeof(c));
	for (int i = 1; i <= 5; i ++)
		for (int j = 1; j <= 5; j ++)
			for (int k = 1; k <= 5; k ++)
				c[i][j] = (c[i][j] + 1ll * a[i][k] * b[k][j]) % mod;
	memcpy(f, c, sizeof(c));
}

void work() {
	scanf("%d", &n);

	if (n == 1 || n == 2) {
		puts("0");
		return;
	}

	// 初始矩阵 F(2) 
	f[1] = 0, f[2] = 0, f[3] = 1, f[4] = 1, f[5] = mod - 2;

	// 转移矩阵 A
	A[1][1] = 1, A[1][2] = 1, A[1][3] = 0, A[1][4] = 0, A[1][5] = 0;
	A[2][1] = 1, A[2][2] = 0, A[2][3] = 0, A[2][4] = 0, A[2][5] = 0;
	A[3][1] = 2, A[3][2] = 0, A[3][3] = 1, A[3][4] = 1, A[3][5] = 0;
	A[4][1] = 2, A[4][2] = 0, A[4][3] = 1, A[4][4] = 0, A[4][5] = 0;
	A[5][1] = 1, A[5][2] = 0, A[5][3] = 0, A[5][4] = 0, A[5][5] = 1;

	for (int b = n - 2; b; b >>= 1) {
		if (b & 1) mulstar(f, f, A);
		mul(A, A, A);
	}

	printf("%d
", f[1]);
}

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);

	while (T --)    work();

	return 0;
}

[ exttt{Thanks} exttt{for} exttt{reading} ]