2065 hdu 红色病毒【快速幂】

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#递归 #杭电 #vc 6 #c语言

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2016.12

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本文深入探讨了一种递推算法的设计思路，通过分析四个字符组成的字符串中特定条件下的组合数量问题，详细介绍了如何利用递推思想解决该问题，并最终简化得出简洁的公式。

问题分析
Problem Analyse 递推题

Algorithm Analyse 比起以前做过的递推题，这一题算比较麻烦的了(当然，原因是我没有想到

好的方法，如果你有更方便的方法，欢迎提供大家一起学习)。
如果没有任何条件限制，A、B、C、D组成长度为n的字符串，其个数应该为:4n。

因为有了A、C需要出现偶数次的要求，就出现合法和不合法的不同分组。
在不合法的组里，又有
1.A出现奇数次、C出现偶数次；
2.C出现奇数次、A出现偶数次；
3.A出现奇数次、C出现奇数次；
三种情况。

我们用数组
f[n][0]保存长度为n，合法的字符串的个数。
f[n][1]保存长度为n，仅A出现奇数次的字符串的个数。
f[n][2]保存长度为n，仅C出现奇数次的字符串的个数。
f[n][3]保存长度为n，A、C出现奇数次的字符串的个数。

f[n][0]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上一个B或者D，都可以变成长度为n的合法字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成合法字符串。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成合法字符串。
所以，f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2];

f[n][1]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上A，都可以变成长度为n的仅A出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个B或者D，也可以变成仅A出现奇数次的字

符串。
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成仅A出现奇数次的字符串

。
所以，f[n][1] = 2 × f[n-1][1] + f[n-1][0] + f[n-1][3];

f[n][2]
长度为n-1的合法字符串在末尾加上C，都可以变成长度为n的仅C出现奇数次的字符串。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个B或者D，也可以变成仅C出现奇数次的字

符串。
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成仅C出现奇数次的字符串

。
所以，f[n][2] = 2 × f[n-1][2] + f[n-1][0] + f[n-1][3];

f[n][3]
长度为n-1的A、C出现奇数次的字符串在末尾加上一B或者D，都可以变成长度为n的A、C出现奇数

次的字符串。
长度为n-1的仅A出现奇数次的字符串再在末尾加上一个C，也可以变成A、C出现奇数次的字符串

。
长度为n-1的仅C出现奇数次的字符串再在末尾加上一个A，也可以变成A、C出现奇数次的字符串

。
所以，f[n][3] = 2 × f[n-1][3] + f[n-1][1] + f[n-1][2];

综上所述，我们得到:
f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2]; ①
f[n][1] = 2 × f[n-1][1] + f[n-1][0] + f[n-1][3]; ②
f[n][2] = 2 × f[n-1][2] + f[n-1][0] + f[n-1][3]; ③
f[n][3] = 2 × f[n-1][3] + f[n-1][1] + f[n-1][2]; ④

f[1][0] = 2
f[1][1] = 1
f[1][2] = 1
f[1][3] = 0

/**** 搞出这个我就很哈皮的去敲快速幂了。。。然而大牛。。。 ****/

发现f[1][1]与f[1][2]初始状态相同，而且以后迭代方程也相同，所以f[n][1] = f[n][2]
又有f[n][0] + f[n][3] = f[n][1] + f[n][2]
∵f[n][0] + f[n][1] + f[n][2] + f[n][3] = 4^n
∴f[n][0] + f[n][3] = f[n][1] + f[n][2] = 2 × 4^(n-1)
∴f[n-1][1] + f[n-1][2] = 2 × 4^(n-2)
∴f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + f[n-1][1] + f[n-1][2] = 2 × f[n-1][0] + 2 × 4^(n-2)

我们得到:
f[n][0] = 2 × f[n-1][0] + 2^(2n-3)
f[n-1][0] = 2 × f[n-2][0] + 2^(2n-5)
┋
f[n-m][0] = 2 × f[n-m-1][0] + 2^(2n-2m-3)
┋
f[2][0] = 2 × f[1][0] + 2^1
f[1][0] = 2

开始一层层往下迭代:
f[n][0]
= 2 × f[n-1][0] + 2^(2n-3)
= 2^2 × f[n-2][0] + 2^(2n-4) + 2^(2n-3)
┋
= 2^m × f[n-m][0] + 2^(2(n-m)-1+m-1) + … + 2^(2n-3)
= 2^(n-1) × f[1][0] + 2^(n-1) + 2^n +… + 2^(2n-3)
f[1][0] = 2;

∴f[n][0] = 2^n + 2^(n-1) + 2^n +… + 2^(2n-3) = 2^(2n-2) + 2^(n-1)

    #include<stdio.h>  
    int Pow(__int64 n)  
    {  
        int r= 1,b= 2;  
        while(n!=0)  
        {  
            if(n%2)  
                r=(r* b)% 100;  
            b= (b* b)% 100;  
            n/= 2;    
        }  
    return r;   
    }  
    int main()  
    {  
        int n;  
        while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)  
        {  
            __int64 a;  
            int t= 0;  
            while(n--)  
            {  
                scanf("%I64d",&a);  
                t++;  
                int ans;  
                ans= (Pow(a-1) + Pow(2*a -2))% 100;  
                printf("Case %d: %d\n",t,ans);  
            }  
            printf("\n");  
        }  
        return 0;  
    }