题目
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
「数据范围」
对于 30% 的数据：n <= 5
对于 60% 的数据：n <= 100
对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
代码
递归做法
#define MOD 1000000007
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;
int op[7];
bool conflict[7][7];
/**
* 上一层定好了朝上的数字为up的情况下，垒好cnt个骰子的方案数
* @param up
* @param cnt
* @return
*/
long long int f(int up, int cnt) {
if (cnt == 0)
return 4;
long long ans = 0;
for (int upp = 1; upp <= 6; ++upp) {
if (conflict[op[up]][upp])continue;
ans =(ans+ f(upp, cnt - 1))%MOD;
}
return ans;
}
void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
conflict[x][y] = true;
conflict[y][x] = true;
}
long long ans = 0;
for (int up = 1; up <= 6; ++up) {
ans = (ans + 4 * f(up, n - 1)) % MOD;
}
printf("%lli", ans);
return 0;
}
动态规划做法
#define MOD 1000000007
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
long long dp[2][7];//dp[i][j]表示有i层，限定朝上的数字为j的稳定方案数
int n, m;
bool conflict[7][7];
map<int, int> op;
void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
conflict[a][b] = true;
conflict[b][a] = true;
}
// 输入完成
for (int j = 1; j <= 6; ++j) {
dp[0][j] = 1;
}
int cur = 0;
// 迭代层数
for (int level = 2; level <= n; ++level) {
cur = 1 - cur;
// 尝试将6个面放在当前一层朝上的方向
for (int j = 1; j <= 6; ++j) {
dp[cur][j] = 0;
// 将与op[j]不冲突的上一层格子里面的数累加起来
for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
if (conflict[op[j]][i])continue;//冲突的面朝上是不可取的
dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[1 - cur][i]) % MOD;
}
}
}
long long sum = 0;
for (int k = 1; k <= 6; ++k) {
sum = (sum + dp[cur][k]) % MOD;
}
// 快速幂，求4的n次方
long long ans = 1;
long long tmp = 4;
long long p = n;
while (p != 0) {
if (p & 1 == 1) ans = (ans * tmp) % MOD;
tmp = (tmp * tmp) % MOD;
p >>= 1;
}
printf("%d\n", (sum * ans) % MOD);
return 0;
}
矩阵幂做法
#define MOD 1000000007
typedef long long LL;
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;
map<int, int> op;
void init() {
op[1] = 4;
op[4] = 1;
op[2] = 5;
op[5] = 2;
op[3] = 6;
op[6] = 3;
}
struct M {
LL a[6][6];
M() {
// memset(a,1, sizeof(a));
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
a[i][j] = 1;
}
}
}
};
M mMultiply(M m1,M m2){
M ans;
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
ans.a[i][j]=0;
for (int k = 0; k < 6; ++k) {
ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+m1.a[i][k]*m2.a[k][j])%MOD;
}
}
}
return ans;
}
//求M的k次方
M mPow(M m, int k) {
M ans;//单位矩阵
// 对角线为1，其余为0
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
if (i == j)
ans.a[i][j] = 1;
else
ans.a[i][j] = 0;
}
}
while (k != 0) {
if ((k & 1) == 1) {
ans = mMultiply(ans,m);
}
m=mMultiply(m,m);
k >>= 1;//向右移动1位
}
return ans;
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
init();
scanf("%d %d", &n, &m);
M cMatrix;//冲突矩阵
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
//完善冲突矩阵
cMatrix.a[op[a] - 1][b - 1] = 0;
cMatrix.a[op[b] - 1][a - 1] = 0;
}
M cMatrix_n_1 = mPow(cMatrix, n - 1);//冲突矩阵的n-1次方
LL ans=0;
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
ans=(ans+cMatrix_n_1.a[i][j])%MOD;
}
}
// 快速幂，求4的n次方
long long t = 1;
long long tmp = 4;
long long p = n;
while (p != 0) {
if (p & 1 == 1) t = (t * tmp) % MOD;
tmp = (tmp * tmp) % MOD;
p >>= 1;
}
printf("%lli",ans*t%MOD);
return 0;
}