hdu2065--红色病毒-优快云博客

医学界发现的新病毒因其蔓延速度和Internet上传播的"红色病毒"不相上下,被称为"红色病毒",经研究发现,该病毒及其变种的DNA的一条单链中,胞嘧啶,腺嘧啶均是成对出现的。
现在有一长度为N的字符串,满足一下条件:
(1) 字符串仅由A,B,C,D四个字母组成;
(2) A出现偶数次(也可以不出现);
(3) C出现偶数次(也可以不出现);
计算满足条件的字符串个数.
当N=2时,所有满足条件的字符串有如下6个:BB,BD,DB,DD,AA,CC.
由于这个数据肯能非常庞大,你只要给出最后两位数字即可.

Input

每组输入的第一行是一个整数T,表示测试实例的个数,下面是T行数据,每行一个整数N(1<=N<2^64),当T=0时结束.

Output

对于每个测试实例,输出字符串个数的最后两位,每组输出后跟一个空行.

Sample Input

Sample Output

  
  
   
    Case 1: 2
Case 2: 72
Case 3: 32
Case 4: 0

Case 1: 56
Case 2: 72
Case 3: 56 

看了下网上的题解，大致是下面两种解法。
1.泰勒推导

   
   转载请注明出处，谢谢 http://blog.youkuaiyun.com/ACM_cxlove?viewmode=contents           by---cxlove
   
   题源：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2065
   
   比赛的时候遇到这种题，只能怪自己高数学得不好，看着别人秒。。。。
   
   由4种字母组成，A和C只能出现偶数次。
   
   构造指数级生成函数：(1+x/1!+x^2/2!+x^3/3!……)^2*(1+x^2/2!+x^4/4!+x^6/6!……)^2.
   
   前面是B和D的情况，可以任意取，但是相同字母一样，所以要除去排列数。后者是A和C的情况，只能取偶数个情况。
   
   根据泰勒展开，e^x在x0=0点的n阶泰勒多项式为 1+x/1!+x^2/2!+x^3/3!……
   
   而后者也可以进行调整，需要把奇数项去掉，则e^(-x)的展开式为1-x/1!+X^2/2!-X^3/3!……
   
   所以后者可以化简为(e^x+e^(-x))/2。则原式为(e^x)^2   *  ((e^x*e^(-x))/2)^2
   
   整理得到e^4x+2*e^2x+1。
   
   又由上面的泰勒展开 
   
   
   
   e^4x = 1 + (4x)/1! + (4x)^2/2! + (4x)^3/3! + ... + (4x)^n/n!;
   
   e^2x = 1 + (2x)/1! + (2x)^2/2! + (2x)^3/3! + ... + (2x)^n/n!;
   
   对于系数为n的系数为(4^n+2*2^n)/4=4^(n-1)+2^（n-1）;
   
   快速幂搞之。
   
   
   
   
    
    
     
     
      
      [cpp] 
      
      view plain
      
      copy
     
     
    
    
    
    #include<iostream>  
#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<queue>  
#include<vector>  
#include<cmath>  
#define LL  long long  
#define MOD 100  
#define eps 1e-6  
#define N 100010  
#define zero(a)  fabs(a)<eps  
using namespace std;  
int PowMod(int a,LL b){  
    int ret=1;  
    while(b){  
        if(b&1)  
            ret=(ret*a)%MOD;  
        a=(a*a)%MOD;  
        b>>=1;  
    }  
    return ret;  
}  
int main(){  
    int t;  
    while(scanf("%d",&t)!=EOF&&t){  
        int cas=0;  
        LL n;  
        while(t--){  
            scanf("%I64d",&n);  
            printf("Case %d: %d\n",++cas,(PowMod(4,n-1)+PowMod(2,n-1))%MOD);  
        }  
        printf("\n");  
    }  
    return 0;  
}  

   
     2.递推关系
转载出处 http://blog.youkuaiyun.com/welcome_z/article/details/7892353

   
   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)
   
   算法实现
   
   Programing 公式得到了:f(n) = 2^(2n-2) + 2^(n-1)
但就这样直接编程那是不可能实现的，因为n的范围1≤N<=2^64
怎么的范围，是不能求出f(n)的。所以还得找其他规律。
因为题目只要求输出最后2位数，我们依次输出2的n的最后两位看看…
2^0  1
2^1  2
2^2  4
2^3  8
2^4  16
2^5  32
2^6  64
2^7  28
2^8  56
2^9  12
2^10  24
2^11  48
2^12  96
2^13  92
2^14  84
2^15  68
2^16  36
2^17  72
2^18  44
2^19  88
2^20  76
2^21  52
2^22  4
到了2^22时，末尾2位又变成4，与2^2一样，这时候就进入了一个循环了(每20个一次循环)。
所以，结果只能是这22个中的一个。只有n=0 和 n=1是需要特殊考虑的。其他n就等于2(n-2) %20 + 2的值了。
   
    
   
   
    
    
     
     [cpp] 
     
     view plain
     
     copy
     
     print
     
     ?
    
    
   
   
   
   #include <iostream>  
using namespace std;  
int p2[30] = {1};  
int po(__int64 x)  
{  
    if (x>1) x = (x - 2)% 20 + 2;  
    if (x<0) return 1;  
    return p2[x];  
}  
  
int main()  
{  
    for (int i=1;i<24;++i) p2[i] = (p2[i-1]<<1) % 100;  
    int t;  
    while (scanf("%d", &t), t)  
    {  
        for (int i=1;i<=t;++i)  
        {  
            __int64 n, a;  
            scanf("%I64d", &n);  
            a = po(2*n-2) + po(n-1);  
            printf("Case %d: %d\n", i, a%100);  
        }  
        printf("\n");  
    }  
    return 0;  
}两种方法都很好，特地整理收藏起来。