赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。 经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！ 我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。 假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。 atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。 两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。 由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」 第一行两个整数 n m n表示骰子数目 接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」 一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」 2 1 1 2
「样例输出」 544
「数据范围」 对于 30% 的数据：n <= 5 对于 60% 的数据：n <= 100 对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36
资源约定： 峰值内存消耗 < 256M CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0 注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
Ideas求解所有方案数问题，一般都是采用DFS搜索的方法，如果层数太深导致超时的话可以考虑DP。
题目中说0 < n <= 10^9，而且这可是倒数第二道大题，盲猜DFS应该会超时，所以考虑DP。
题目中又说“两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同”，也就是说，我们确定一个骰子的位置，其实只需要确定它上面的数字，侧面的4个数字是可以转的。
那么对于最顶部的骰子，定义为第1个骰子，我们有 6 种选择，6个数字都可以朝上，然后继续搜索下面的第2个骰子，但搜索的时候有一个要求，第2个骰子朝上的数字不能跟第1个骰子朝下的数字相冲突。
以此类推，这就是递归的调用过程，那么递推，也就是DP，其实就是递归的逆向过程，我们需要从下往上考虑。
首先需要定义一个dp数组，dp[i][j]表示第i层j数字朝上的稳定方案数。
对于最下面一层，有6种情况，每一个面都可以朝上，所以dp[n][j]=1。
对于倒数第二层，假设1和2冲突，那么当倒数第二层1朝上时，1的对面是4，而4并不跟其它数字冲突，说明倒数第二层的骰子1朝上时可以垒在倒数第一层的所有情况的骰子上，记为6。
而当倒数第二层骰子4朝上时，4的对面是1，1跟2冲突，说明倒数第二层骰子4朝上时，不能垒在倒数第一层2朝上的骰子上，记为5。
就这么一层一层往上推就可以了，我们发现第i层的骰子方案数只依赖于第 i - 1 层的骰子，所以可以用滚动数组的方法压缩DP矩阵。
最后我们只需要把推到第1层的所有方案数加起来，然后乘以4的n次方就OK了。
考虑完了限制情况之后，我们需要定义一些辅助变量和函数：
- opposites {}: 骰子每一面数字的对面数字；
- conflict [][]: 存储冲突数字面数；
(写完DP之后：MD，DP都超时，人傻了)
看了一些题解说要用快速幂：https://www.bilibili.com/video/BV1g7411d74c?p=16
回来再补，今天进度赶不上了。
Code C++ 递归做法#define MOD 1000000007 #include using namespace std; int n, m; int op[7]; bool conflict[7][7]; /**
* 上一层定好了朝上的数字为up的情况下，垒好cnt个骰子的方案数
* @param up
* @param cnt
* @return
*/ long long int f(int up, int cnt) { if (cnt == 0) return 4; long long ans = 0; for (int upp = 1; upp <= 6; ++upp) { if (conflict[op[up]][upp])continue; ans =(ans+ f(upp, cnt - 1))%MOD; } return ans; } void init() { op[1] = 4; op[4] = 1; op[2] = 5; op[5] = 2; op[3] = 6; op[6] = 3; } int main(int argc, const char *argv[]) { init(); scanf("%d %d", &n, &m); for (int i = 0; i < m; ++i) { int x, y; scanf("%d %d", &x, &y); conflict[x][y] = true; conflict[y][x] = true; } long long ans = 0; for (int up = 1; up <= 6; ++up) { ans = (ans + 4 * f(up, n - 1)) % MOD; } printf("%lli", ans); return 0; }
动态规划做法
#define MOD 1000000007 #include #include #include using namespace std; long long dp[2][7];//dp[i][j]表示有i层，限定朝上的数字为j的稳定方案数 int n, m; bool conflict[7][7]; map<int, int> op; void init() { op[1] = 4; op[4] = 1; op[2] = 5; op[5] = 2; op[3] = 6; op[6] = 3; } int main(int argc, const char *argv[]) { init(); scanf("%d %d", &n, &m); for (int i = 0; i < m; ++i) { int a, b; scanf("%d %d", &a, &b); conflict[a][b] = true; conflict[b][a] = true; } // 输入完成 for (int j = 1; j <= 6; ++j) { dp[0][j] = 1; } int cur = 0; // 迭代层数 for (int level = 2; level <= n; ++level) { cur = 1 - cur; // 尝试将6个面放在当前一层朝上的方向 for (int j = 1; j <= 6; ++j) { dp[cur][j] = 0; // 将与op[j]不冲突的上一层格子里面的数累加起来 for (int i = 1; i <= 6; ++i) { if (conflict[op[j]][i])continue;//冲突的面朝上是不可取的 dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[1 - cur][i]) % MOD; } } } long long sum = 0; for (int k = 1; k <= 6; ++k) { sum = (sum + dp[cur][k]) % MOD; } // 快速幂，求4的n次方 long long ans = 1; long long tmp = 4; long long p = n; while (p != 0) { if (p & 1 == 1) ans = (ans * tmp) % MOD; tmp = (tmp * tmp) % MOD; p >>= 1; } printf("%d\n", (sum * ans) % MOD); return 0; }
矩阵幂做法
#define MOD 1000000007 typedef long long LL; #include #include #include using namespace std; int n, m; map<int, int> op; void init() { op[1] = 4; op[4] = 1; op[2] = 5; op[5] = 2; op[3] = 6; op[6] = 3; } struct M { LL a[6][6]; M() { // memset(a,1, sizeof(a)); for (int i = 0; i < 6; ++i) { for (int j = 0; j < 6; ++j) { a[i][j] = 1; } } } }; M mMultiply(M m1,M m2){ M ans; for (int i = 0; i < 6; ++i) { for (int j = 0; j < 6; ++j) { ans.a[i][j]=0; for (int k = 0; k < 6; ++k) { ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+m1.a[i][k]*m2.a[k][j])%MOD; } } } return ans; } //求M的k次方 M mPow(M m, int k) { M ans;//单位矩阵 // 对角线为1，其余为0 for (int i = 0; i < 6; ++i) { for (int j = 0; j < 6; ++j) { if (i == j) ans.a[i][j] = 1; else ans.a[i][j] = 0; } } while (k != 0) { if ((k & 1) == 1) { ans = mMultiply(ans,m); } m=mMultiply(m,m); k >>= 1;//向右移动1位 } return ans; } int main(int argc, const char *argv[]) { init(); scanf("%d %d", &n, &m); M cMatrix;//冲突矩阵 for (int i = 0; i < m; ++i) { int a, b; scanf("%d %d", &a, &b); //完善冲突矩阵 cMatrix.a[op[a] - 1][b - 1] = 0; cMatrix.a[op[b] - 1][a - 1] = 0; } M cMatrix_n_1 = mPow(cMatrix, n - 1);//冲突矩阵的n-1次方 LL ans=0; for (int j = 0; j < 6; ++j) { for (int i = 0; i < 6; ++i) { ans=(ans+cMatrix_n_1.a[i][j])%MOD; } } // 快速幂，求4的n次方 long long t = 1; long long tmp = 4; long long p = n; while (p != 0) { if (p & 1 == 1) t = (t * tmp) % MOD; tmp = (tmp * tmp) % MOD; p >>= 1; } printf("%lli",ans*t%MOD); return 0; }
Python
DP
if __name__ == '__main__': MOD = 1000000007 opposites = {1: 4, 4: 1, 2: 5, 5: 2, 3: 6, 6: 3} n, m = map(int, input().split()) conflict = [[False] * 7 for _ in range(7)] for _ in range(m): x, y = map(int, input().split()) conflict[x][y] = True conflict[y][x] = True dp = [[1] * 7 for _ in range(2)] # 初始化dp数组的时候顺便把第1层的方案数也初始化了 cur = 0 # 当前处理层数 for level in range(1, n): cur = 1 - cur # 取反表示滚动处理下一层 for j in range(1, 7): # 尝试将 6 个面放在当前层朝上的方向 dp[cur][j] = 0 for i in range(1, 7): if not conflict[opposites[j]][i]: # 保证不冲突 dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[1 - cur][i]) % MOD
ans = 0 for i in range(1, 7): ans = (ans + dp[cur][i]) % MOD for _ in range(n): ans = (4 * ans) % MOD print(ans)
在线评测：https://www.acwing.com/problem/content/description/1219/
