hdu6030 经典矩阵快速幂+递推关系

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6030

题目要求给出一个长度为n的串，要求这个串中任意长度为素数的连续序列中r的数量多于或者等于b，我们不难得出只要长度为2或者3的序列都满足这个条件就能得出整个序列满足题目要求的条件，简单的证明如下：如果是长度为偶数的素数，那一定只有2，满足最小性条件，如果是大小为奇数的素数代表的连续区间，则这个奇数可以分解成若干个2和3，的短序列，由于序列条件的可加性。所以整个序列也是满足条件的。对于递推关系，可以考虑局部的转移规则，因为长度为2和3的区间需要考虑，所以我们每次递推的时候就考虑2->3长度的转移过程。用an表示末两位为rr的方案数，bn表示末位为rb的方案数，cn表示末位为br的方案数，所以总共的方案数有an+bn+cn，初值为a2=b2=c2=1,有关系 an=an-1+cn-1,bn=an-1,cn=bn-1.根据关系构造矩阵即可在O(logn)时间内求出an+bn+cn;

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define pf printf
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define prime1 1e9+7
#define prime2 1e9+9
#define pi 3.14159265
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define scand(x) scanf("%llf",&x) 
#define f(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define scan(a) scanf("%d",&a)
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
#define P pair<int,int>
#define dbg(args) cout<<#args<<":"<<args<<endl;
#define inf 0x7ffffff
inline int read(){
    int ans=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return ans*w;
}
int t;
ll n;
const int maxn=3;
const ll mod=1e9+7;
struct mat{
    ll a[maxn][maxn];
    mat()
    {
        f(i,0,maxn-1)
            f(j,0,maxn-1)
                a[i][j]=0;
    }
    mat operator * (const mat &x)const 
    {
        mat c;
        f(i,0,maxn-1)
            f(j,0,maxn-1)
                f(k,0,maxn-1)
                {
                    c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j])%mod;        
                 } 
                return c;
    }
};
mat pow_mod(mat A,ll k)
{
    mat ans;
    ans.a[0][0]=ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)ans=ans*A;
        A=A*A;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    t=read();
    mat A;
    A.a[0][0]=A.a[0][2]=A.a[1][0]=A.a[2][1]=1;
    while(t--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        if(n==2)
        {
            pf("3
");
            continue;
        }
        ll ans=0;
        mat tmp=pow_mod(A,n-2);
        f(i,0,maxn-1)
            f(j,0,maxn-1)
            {
                ans=(ans+tmp.a[i][j])%mod;
            }
            pf("%lld
",ans);
    }
}