【详●析】[GXOI/GZOI2019]逼死强迫症

【题目大意】

在(2 imes N)的方格中用(N-1)块(2 imes 1)的方砖和(2)块(1 imes 1)的方砖填充，且两块(1 imes 1)的方块不能有相邻的边，求合法方案数。

【分析】

啊，一道计数问题。反正我开始是这样想的。

如果没有那两块很碍事的砖，这不就是斐波拉契递推吗？，，，(f[i]=f[i-1]+f[i-2])，递推走起。

好，现在来看那两块碍事的砖。

首先，我们会发现，这两块特别的砖会把整个方格分成三个部分，我们假设左右两部分刚好是完整的（即是个矩形），那么中间的块就有性质了。

仔细推一推就会发现，当这两个特殊的块间隔奇数个块时，这两个块必定在相异的两行，并且中间只有一种方案构成。

同样的，当这两个特殊的块间隔偶数个块时，这两个块必定在相同的一行，并且中间也只有一种方案构成。

又因为不能有相邻的边，于是计算公式就出来了。

[ans = 2 * sum_{i=0}^{n-3}sum_{j=0}^{i}f[j]*f[i-j] ]

细细理解下。

用这个大概只能得(20pt)，我们想想怎么优化？看到(N<=2e+9)的数据范围，当然要往矩阵快速幂上面想咯。

矩阵的推法各有不同吧，我们来一步一步来拆这个式子。

设(g(i)=sum_{j=0}^{i}f(j)*f(i-j))。

所以

(egin{equation} egin{aligned} g(i)&=sum_{j=0}^{i}f(j)*f(i-j) \ &=sum_{j=0}^{i-2}f(j)*f(i-j)+f(i-1)*f(1)+f(i)*f(0)\ &=sum_{j=0}^{i-2}f(j)*[f(i-1-j)+f(i-2-j)]+f(i-1)+f(i)\ &=g(i-2)+g(i-1)+f(i) end{aligned} end{equation})

又设(sum(i)=sum_{j=0}^{i}g(j))

所以

(egin{equation} egin{aligned} sum(i)&=sum_{j=0}^{i}g(j) \ &=sum_{j=0}^{i-1}g(j)+g(i) \ &=sum(i-1)+g(i-2)+g(i-1)+f(i) end{aligned} end{equation})

所以易推得矩阵转移方程：

(egin{equation}{ left[ egin{array}{ccc} f(i) \ f(i-1) \ g(i) \ g(i-1) \ sum(i) \ end{array} ight ]} imes { left[ egin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 & 0 & 0\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \ end{array} ight ]}={ left[ egin{array}{ccc} f(i+1)\ f(i)\ g(i+1)\ g(i)\ sum(i+1) end{array} ight ]} end{equation})

敲公式比敲字累多了。。。

于是(O(125logn))可过。

哦，这个推法有点玄学，需要处理下边界情况，具体情况见代码。

【Code】

#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX = 100000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int read(){
	int f = 1, x = 0;char ch;
	do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
	do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9'); 
	return f*x;
}

struct sakura {
	ll mar[5][5];
}A;

int t, n;

inline sakura mul(sakura A, sakura B) {
	sakura C;
	memset(C.mar, 0, sizeof (C.mar));
	for (int i = 0;i <= 4; ++i) {
	for (int k = 0;k <= 4; ++k) {		
		for (int j = 0;j <= 4; ++j) {
				C.mar[i][j] = (C.mar[i][j] + (A.mar[i][k] * B.mar[k][j]) % mod ) % mod;
			}
		}
	}
	return C;
}

inline sakura mi(sakura A, int c) {
	sakura B;
	B.mar[0][0] = 1, B.mar[1][0] = 1, B.mar[2][0] = 2, B.mar[3][0] = 1, B.mar[4][0] = 3;
    for (;c;c >>= 1) {
		if (c & 1) 	B = mul(A, B);
		A = mul(A, A);
	}
	return B;
}
int main(){
	t = read();
	while (t--) {
		n = read();
		if (n < 3) {
			printf("0
");
			continue;
		}
		if (n == 3) {
			printf("2
");
			continue;
		}
		A.mar[0][0] = 1, A.mar[0][1] = 1, A.mar[0][2] = 0, A.mar[0][3] = 0, A.mar[0][4] = 0;
		A.mar[1][0] = 1, A.mar[1][1] = 0, A.mar[1][2] = 0, A.mar[1][3] = 0, A.mar[1][4] = 0;
		A.mar[2][0] = 1, A.mar[2][1] = 1, A.mar[2][2] = 1, A.mar[2][3] = 1, A.mar[2][4] = 0;
		A.mar[3][0] = 0, A.mar[3][1] = 0, A.mar[3][2] = 1, A.mar[3][3] = 0, A.mar[3][4] = 0;
		A.mar[4][0] = 1, A.mar[4][1] = 1, A.mar[4][2] = 1, A.mar[4][3] = 1, A.mar[4][4] = 1;
		sakura ans = mi(A, n - 4);
		ans.mar[4][0] <<= 1;
		ans.mar[4][0] %= mod;
		printf("%d
", ans.mar[4][0]);
	}
	return 0;
}