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本文介绍了一种使用矩阵快速幂解决计数问题的方法，具体针对的是如何计算在给定数量的方块上进行特定条件限制下的染色方案数目。通过建立递推关系，并利用矩阵快速幂来高效求解。

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题意：N个方块排成一列，用红蓝绿黄四个颜色的油漆给这些方块染色，求染成红色方块和绿色方块的个数同时为偶数的染色方案的个数，输出对10007取余后的结果

代码1：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#define Mod 10007
using namespace std;
long long f[100];
const int MAX=3;
typedef struct{
    long long m[MAX][MAX];
}Matrix;
Matrix P={2,1,0,
          2,2,2,
          0,1,2};
Matrix I={1,0,0,
          0,1,0,
          0,0,1};
Matrix matrixmul(Matrix a,Matrix b){
     int i,j,k;
     Matrix c;
     for(i=0;i<MAX;i++)
     for(j=0;j<MAX;j++){
        c.m[i][j]=0;
        for(k=0;k<MAX;k++)
        c.m[i][j]+=(a.m[i][k]*b.m[k][j])%Mod;
        c.m[i][j]%=Mod;
    }
    return c;
}
Matrix quickpow(long long n){
    Matrix m=P,b=I;
    while(n>=1){
        if(n&1)
        b=matrixmul(b,m);
        n=n>>1;
        m=matrixmul(m,m);
    }
    return b;
}                                       //矩阵快速幂
int main(){                             //假设染到第i个方块时，红绿都是偶数的方案数是a(i)
    long long t,n;                      //红绿恰有一个是偶数的方案数是b(i)，红绿都是奇数
    Matrix A;                           //的方案数是c(i)，因此可以推出3个递推式，分别为
    scanf("%lld",&t);                   //a(i+1)=2*a(i)+b(i);b(i+1)=2*a(i)+2*b(i)+2*c(i);
    while(t--){                         //c(i+1)=b(i)+2*c(i);从而推出矩阵，然后用矩阵快速幂
        scanf("%lld",&n);               //推出a(n),括号内为下标
        A=quickpow(n);
        printf("%lld\n",A.m[0][0]);
    }
    return 0;
}

代码2：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const long long mod=10007;
long long quickmod(long long a,long b){
    long long sum=1;
    while(b){
        if(b&1)
        sum=(sum*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return sum;
}
int main(){                                     //也可以用指数生成函数做
    long long t,n,ans;                          //生成函数为：    
    scanf("%I64d",&t);                          //  (1+x^2/2!+x^4/4!+...)²*(1+x+x^2/2!+x^3/3!+...)²
    while(t--){                                 //=[0.5(e^x+e^-x)]²*e^2x          
        scanf("%I64d",&n);                      //=1/4*(e^4x+e^2x+1)
        ans=quickmod(2,n-1);                    //=1/4∑((4x)^n/n!)+1/2∑((2x)^n/n!)+1/4
        printf("%I64d\n",(ans*(ans+1))%mod);    //因此an=4^(n-1)+2^(n-1)=2^(n-1)*(2^(n-1)+1)
    }                                           //之后就是快速幂
	return 0;
}