【矩阵乘】【DP】【codevs 1305】Freda的道路

1305 Freda的道路

 时间限制: 1 s
 空间限制: 128000 KB
 题目等级: 大师 Master

题目描写叙述 Description

Freda要到Rainbow的城堡去玩了。

我们能够觉得两座城堡位于同一条数轴上。Freda的城堡坐标是0，Rainbow的城堡坐标是N。正常情况下，Freda会朝着同一个方向（即Rainbow的城堡相对于Freda的城堡的方向）走若干步之后来到Rainbow的城堡。并且步长都为1或2。

但是。今天Freda在途中遇见了来自上海的小猫Resodo，惊奇之下，竟然有一步走反了方向！只是。Freda并没有神智不清。它仅仅有一步走反了方向， 并且这一步的步长也是1或2. 同一时候，Freda并不会路过Rainbow的城堡而不停下来。

当然，Freda是在途中遇到Resodo的。所以它不会在 自己家门口就走错方向。
举个例子。假设Rainbow的城堡坐标是3，那么以下两条路径是合法的：

0->1->2->1->3
0->1->-1->1->3

当然，还有其他的合法路径。以下这些路径则是不合法的：

0->-1->1->3 （Freda不可能第一步就走错方向）
0->1->3（Freda一定是有一步走错方向的）
0->2->1->0->2->3（Freda仅仅有一步是走错方向的）
0->-1->0->3（Freda每步的长度一定是1或2）
0->1->2->4->3（Freda不会越过Rainbow的城堡再回来）
0 -> 1 -> 2 -> 3 -> 2 -> 3（Freda一旦到达了Rainbow的城堡，就会停下来）

你如今须要帮助Freda求出。它一共同拥有多少种方法能够到达Rainbow的城堡呢？

输入描写叙述 Input Description

一行一个整数N，表示Rainbow城堡的坐标

输出描写叙述 Output Description

一行一个整数，表示Freda到Rainbow城堡的不同路径数。
由于这个数字可能非常大。你仅仅须要输出它mod 1000000007的结果。

例子输入 Sample Input

2

例子输出 Sample Output

5

数据范围及提示 Data Size & Hint
对于第一组例子，例如以下5条路径是合法的：

0->1->0->2
0->1->-1->0->1->2
0->1->-1->0->2
0->1->0->1->2
0->1->-1->1->2

数据范围与约定

对于10%的数据，N<=20.
对于70%的数据，N<=1000.
对于90%的数据，N<=1000000.
对于100%的数据。N<=10^15.

题解：

由于是讨论路径个数。所以首先想到的是dp。
设f[i]表示在不回头的情况下到达的路径数，g[i]表示在一次回头的情况下到达的路径数。
由题意可知：
f[i]=f[i-2]+f[i-1]（当前仅仅能从两步前或是一步前转移来），即Fibonacci数列。
接下来考虑g[i]。发现g[i]由四种情况转移过来，即：
1>g[i-2]（在转过的情况下。由两步前走来）
2>g[i-1]（在转过的情况下。由一步前走来）
3>f[i+1]（一步以后转回来）
4>f[i+2]（两步以后转回来）
于是可得转移方程：
g[i]=g[i-2]+g[i-1]+f[i+1]+f[i+2]
裸的dp可得90 。

。。

最后一个点是极限数据，DP做不到。于是想到了矩阵乘。

对于以下两个矩阵：

A⎡⎣⎢⎢⎢0,1,0,01,1,1,10,0,0,10,0,1,1⎤⎦⎥⎥⎥

B⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[n−2]g[n−1]f[n+1]f[n+2]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

g[n]能够这样求得：

A∗B=C⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[n−1]g[n]f[n+2]f[n+3]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

于是我们能够这样求解g[n]：

An−2∗⎡⎣⎢⎢⎢⎢g[1]g[2]f[4]f[5]⎤⎦⎥⎥⎥⎥

Code：
DP：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define p 1000000007LL
using namespace std;
long long n,f[1000010],g[1000010];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    if (n==1){
        printf("0
");
        return 0;
    }
    f[1]=f[2]=g[0]=g[1]=1;
    for (int i=3; i<=n+1; i++)
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%p;
    for (int i=2; i<=n+1; i++)
        g[i]=(g[i-2]+g[i-1]+f[i+1]+f[i+2])%p;
    printf("%d
",g[n+1]);
    return 0;
}

矩阵乘：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define p 1000000007LL
using namespace std;
long long A[4][4]={{0,1,0,0},{1,1,1,1},{0,0,0,1},{0,0,1,1}};
long long B[4][4],C[4][4];
int main(){
    long long n; bool f=true;
    scanf("%lld",&n);
    if (n<=2){
        if (n==1) printf("0
");
        else printf("5
");
        return 0;
    }
    n-=2;
    while (n){
        if (n&1){
            if (f){
                for (int i=0; i<4; i++)
                    for (int j=0; j<4; j++)
                        B[i][j]=A[i][j];
                f=false;
            }
            else {
                memset(C,0,sizeof(C));
                for (int i=0; i<4; i++)
                    for (int j=0; j<4; j++)
                        for (int k=0; k<4; k++)
                            C[i][j]=(C[i][j]+B[i][k]*A[k][j])%p;
                for (int i=0; i<4; i++)
                    for (int j=0; j<4; j++)
                        B[i][j]=C[i][j];
            }
        }
        n>>=1;
        memset(C,0,sizeof(C));
        for (int i=0; i<4; i++)
            for (int j=0; j<4; j++)
                for (int k=0; k<4; k++)
                    C[i][j]=(C[i][j]+A[i][k]*A[k][j])%p;
        for (int i=0; i<4; i++)
            for (int j=0; j<4; j++)
                A[i][j]=C[i][j];
    }
    long long ans=(B[1][1]*5%p+B[1][2]*5%p+B[1][3]*8%p)%p;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}