POJ2663，3420题解

Prgl

于 2021-06-16 22:52:53 发布

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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Lznw_/article/details/117887029

这篇博客讨论了如何使用动态规划策略解决两种不同类型的瓷砖铺设问题。对于3xN和4xN的空间，博主通过寻找规律，构建矩阵并进行矩阵乘法来计算不同铺法的数量。对于3xN的情况，当N为奇数时没有铺法，而4xN的问题涉及到更复杂的模式。博主提供了代码实现，并特别注意了取模时可能出现的负数情况。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

两道非常像的题，放到一起来写

题目大意：用若干2x1的砖去铺一个3xN的空间（POJ3420为4xN），问总共有多少种不同的铺法（POJ3420还要求结果对MOD求模）。

思路：找规律。对于3xN的空间，显然N为奇数时答案为0。设f(n)为3xn时的结果，b(n)为3xn中不能够切分（即不包括由两个更小的n的铺法拼起来的铺法）的铺法数量。

则有f(n)=f(n-1)*b(1)+f(n-2)*b(2)+...+f(0)*b(n)。

n为奇数时铺法显然为0，所以f(n)=f(n-2)*b(2)+f(n-4)*b(4)+...+f(0)*b(n)

又可以求得：

b(2)=3，b(4)=b(6)=...=b(n)=2

=>f(n)=3f(n-2)+2(f(n-4)+f(n-6)+...+f(0))

又有f(n-2)=3f(n-4)+2(f(n-6)+f(n-8)+...+f(0))

两式相减，得f(n)=4f(n-2)-f(n-4)

所以可以构造矩阵：

f(n+4) 0 4 0 -1 f(n+3)

f(n+3) 1 0 0 0 f(n+2)

f(n+2) = 0 1 0 0 * f(n+1)

f(n+1) 0 0 1 0 f(n)

而对于4XN的空间，同样地，设f(n)为3xn时的结果，b(n)为3xn中不能够切分（即不包括由两个更小的n的铺法拼起来的铺法）的铺法数量。

f(n)=f(n-1)*b(1)+f(n-2)*b(2)+...+f(0)*b(n)。

又可以求得：

b(1)=1，b(2)=4

b(4)=b(6)=...=3

b(3)=b(5)=...=2

=>f(n)=f(n-1)+4f(n-2)+3(f(n-4)+f(n-6)+...)+2(f(n-3)+f(n-5)+...)

=>f(n-1)=f(n-2)+4f(n-3)+3(f(n-5)+f(n-7)+...)+2(f(n-4)+f(n-6)+...)

=>f(n)=5f(n-2)+6f(n-3)+5(f(n-4)+f(n-5)+...)

=>f(n-1)=5f(n-3)+6f(n-4)+5(f(n-5)+f(n-6)+...)

=>f(n)-f(n-1)=5f(n-2)+f(n-3)-f(n-4)

=>f(n)=f(n-1)+5f(n-2)+f(n-3)-f(n-4)

所以可以构造矩阵：

f(n+4) 1 5 1 -1 f(n+3)

f(n+3) 1 0 0 0 f(n+2)

f(n+2) = 0 1 0 0 * f(n+1)

f(n+1) 0 0 1 0 f(n)

注意本题取模时可能有负数，因为这个WA了半天。。。

代码：

//POJ.2663
//Author: Prgl
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair<int, int>P;
typedef vector<ll>vec;
typedef vector<vec>mat;

#define INF 0x3f3f3f3f
const double EPS = 1e-18;
const int maxn = 2e4 + 1;

ll N, MOD;

mat mul(mat& A, mat& B)
{
	mat C(A.size(), vec(B[0].size()));
	for (int i = 0; i < A.size(); i++)
	{
		for (int j = 0; j < B[0].size(); j++)
		{
			for (int k = 0; k < B.size(); k++)
				C[i][j] += A[i][k] * B[k][j];
		}
	}

	return C;
}

mat pow(mat A, ll n)
{
	mat B(A.size(), vec(A.size()));
	for (int i = 0; i < A.size(); i++)
		B[i][i] = 1;
	while (n > 0)
	{
		if (n & 1)
			B = mul(A, B);
		A = mul(A, A);
		n >>= 1;
	}

	return B;
}

void solve()
{
	if (N == 0)
	{
		cout << 1 << endl;
		return;
	}
	if (N % 2)
	{
		cout << 0 << endl;
		return;
	}
	mat A(4, vec(1));
	A[0][0] = 11;
	A[1][0] = 0;
	A[2][0] = 3;
	A[3][0] = 0;
	mat T(4, vec(4));
	T[0][0] = 0; T[0][1] = 4; T[0][2] = 0; T[0][3] = -1;
	T[1][0] = T[2][1] = T[3][2] = 1;
	if (N > 4)
	{
		mat B = pow(T, N - 4);
		mat R = mul(B, A);
		cout << R[0][0] << endl;
	}
	else
		cout << A[4 - N][0] << endl;
}

int main()
{
	IOS;
	cin >> N;
	while (N != -1)
	{
		solve();
		cin >> N;
	}

	return 0;
}

//POJ.3420
//Author: Prgl
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair<int, int>P;
typedef vector<ll>vec;
typedef vector<vec>mat;

#define F "Impossible"
#define INF 0x3f3f3f3f
const double EPS = 1e-18;
const int maxn = 2e4 + 1;

ll N, MOD;

mat mul(mat& A, mat& B)
{
	mat C(A.size(), vec(B[0].size()));
	for (int i = 0; i < A.size(); i++)
	{
		for (int j = 0; j < B[0].size(); j++)
		{
			for (int k = 0; k < B.size(); k++)
			{
				C[i][j] += A[i][k] * B[k][j] % MOD;
				if (A[i][k] * B[k][j] < 0)
					C[i][j] += MOD;
			}
			C[i][j] = C[i][j] % MOD;
			if (C[i][j] % MOD < 0)
				C[i][j] += MOD;
		}
	}

	return C;
}

mat pow(mat A, ll n)
{
	mat B(A.size(), vec(A.size()));
	for (int i = 0; i < A.size(); i++)
		B[i][i] = 1;
	while (n > 0)
	{
		if (n & 1)
			B = mul(A, B);
		A = mul(A, A);
		n >>= 1;
	}

	return B;
}

void solve()
{
	mat A(4, vec(1));
	A[0][0] = 36;
	A[1][0] = 11;
	A[2][0] = 5;
	A[3][0] = 1;
	mat T(4, vec(4));
	T[0][0] = 1; T[0][1] = 5; T[0][2] = 1; T[0][3] = -1;
	T[1][0] = T[2][1] = T[3][2] = 1;
	if (N > 4)
	{
		mat B = pow(T, N - 4);
		mat R = mul(B, A);
		cout << (R[0][0] % MOD < 0 ? R[0][0] % MOD + MOD : R[0][0] % MOD) << endl;
	}
	else
		cout << (A[4 - N][0] % MOD < 0 ? A[4 - N][0] % MOD + MOD : A[4 - N][0] % MOD) << endl;
}

int main()
{
	IOS;
	cin >> N >> MOD;
	while (N != 0 || MOD != 0)
	{
		solve();
		cin >> N >> MOD;
	}

	return 0;
}