[2018.10.10 T3] 三米诺

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三米诺

题目背景

金企鹅同学非常擅长用$1\times 2$的多米诺骨牌覆盖棋盘的题。有一天，正在背四六级单词的他忽然想：既然两个格子的积木叫“多米诺 (domino)”，那么三个格子的的积木一定叫“三米诺 (tromino)”了！用三米诺覆盖棋盘的题怎么做呢？

题目描述

用三米诺覆盖$3\times n$的矩形棋盘，共多少种方案？三米诺可旋转；两种方案不同当且仅当这两种图案直接覆盖在一起无法重叠。

例如$n=2$时，共$3$种方案：

$$用三米诺覆盖3\times 2棋盘$$

格式

输入格式

一行一个整数$n(n\le 10^{40000})$，表示棋盘列数。

输出格式

一行一个整数，表示方案数，对$998244353$取模。

样例

样例 1 输入

2

样例 1 输出

3

样例 2 输入

3

样例 2 输出

10

样例 3 输入

29

样例 3 输出

543450786

数据范围

对于$10\%$的数据，$n\le 5$；
对于$30\%$的数据，$n\le 10^6$；
对于$40\%$的数据，$n\le 20001000$；
对于$60\%$的数据，$n\le 10^9$；
对于$80\%$的数据，$n\le 10^{1000}$；
对于$100\%$的数据，$n\le 10^{40000}$。

题解

借鉴多米诺的思路，我们很容易想到长度为$1,2,3$的转移，然而三米诺的精髓在于存在弯折的形状，这使三米诺可以将几个长条错起来放，不需要像多米诺一样长条必须并排放置。

于是出现了下面三种奇妙的转移：

你会发现它们都是可以无限延伸且不重不漏的，要$dp$统计答案的话，可能是$O(n^2)$的。。。

这个时候你可以暴力算前几项，然后 上OEIS通过高斯消元把递推系数解出来，得到正确的递推式：

论一个熟练的OEISer如何快速AC此题。

神犇$\mathcal{R}ockud$还有一个牛逼哄哄的维护了三个前缀和的递推做法，作为蒟蒻只能$\%\%\%$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=4e5,N=6,mod=998244353;
struct sd{ll sq[N+2][N+2];}c,one,base,ans,ni,r;
int mat[N+1][N+1]={0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,2,0,1,0,0,0,0,6,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,-1,0,0,0,0,0};
int fan[N+1][N+1]={0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,-1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,2,0,0,0,1,0,0,6,0,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,0};
int f[]={1,1,3,10,23,62,170};
ll AC,len;
char num[M];
sd operator*(sd a,sd b){for(int i=1,j,k;i<=N;++i)for(j=1;j<=N;++j)for(c.sq[i][j]=0,k=1;k<=N;++k)(c.sq[i][j]+=a.sq[i][k]*b.sq[k][j]%mod)%=mod;return c;}
sd power(sd a,int p){for(r=one;p;p>>=1,a=a*a)if(p&1)r=r*a;return r;}
void in(){scanf("%s",num+1);}
void ac()
{
	if((len=strlen(num+1))==1&&num[1]-'0'<=6){printf("%d",f[num[1]-'0']);return;}
	for(int i=1;i<=N;++i)ans.sq[i][i]=one.sq[i][i]=1;
	for(int i=1;i<=N;++i)for(int j=1;j<=N;++j)base.sq[i][j]=mat[i][j],ni.sq[i][j]=fan[i][j];
	for(int i=len;i;--i)ans=ans*power(base,num[i]-'0'),base=power(base,10);
	ans=ans*power(ni,6);
	for(int i=1;i<=N;++i)(AC+=ans.sq[i][1]*f[N-i+1]%mod)%=mod;
	printf("%lld\n",(AC+mod)%mod);
}
int main(){in(),ac();}