题意：个n个方块涂色， 只能涂红黄蓝绿四种颜色，求最终红色和绿色都为偶数的方案数。
该题我们可以想到一个递推式 。 设a[i]表示到第i个方块为止红绿是偶数的方案数， b[i]为红绿恰有一个是偶数的方案数， c[i]表示红绿都是奇数的方案数。
那么有如下递推可能：
递推a[i+1]：1.到第i个为止都是偶数，且第i+1个染成蓝或黄；2.到第i个为止红绿恰有一个是奇数，并且第i+1个方块染成了奇数对应的颜色。
递推b[i+1]：1.到第i个为止都是偶数，且第i+1个染成红或绿；2.到第i个为止红绿恰有一个是奇数，并且第i+1个方块染成了蓝或黄；3.到第i个方块为止红火绿都是奇数，并且第i+1个染成红火绿。
递推c[i+1]：1.到第i个为止红绿恰有一个是奇数， 并且第i+1个方块染成偶数对应的颜色；2.到第i个为止红绿都是奇数，并且第i+1个方块染成蓝或黄。
即a[i+1] = 2*a[i] + b[i];
b[i+1] = 2*a[i] + 2*b[i] + 2*c[i];
c[i+1] = b[i] + 2*c[i];
因为DP的过程中，每一步都是在重复上一个过程， 所以可以用矩阵相乘来优化算法。
将上述递推式写成矩阵相乘的形式：
{ a[i] } {2 1 0}^i{a[0] }
{ b[i] } = {2 2 2} {b[0] }
{ c[i] } {0 1 2} {c[0] }
然后用矩阵快速幂就可以了。
AC代码
#include<stdio.h> #include<string.h> #define mod 10007 struct Mat { long long mat[3][3]; }; Mat operator * (Mat a,Mat b) { int n=3; Mat c; c.mat[2][2]=c.mat[2][0]=c.mat[2][1]=c.mat[0][0]=c.mat[0][1]=c.mat[0][2]=c.mat[1][0]=c.mat[1][1]=c.mat[1][2]=0; int i,j,k; for(k =0 ; k < n ; k++) { for(i = 0 ; i < n ;i++) { if(a.mat[i][k]==0) continue;//优化 for(j = 0 ;j < n ;j++) { if(b.mat[k][j]==0) continue;//优化 c.mat[i][j] = (c.mat[i][j]+(a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%mod)%mod; } } } return c; } Mat operator ^(Mat a,int k) { int n=3; Mat c; int i,j; for(i =0 ; i < n ;i++) for(j = 0; j < n ;j++) c.mat[i][j] = (i==j); for(; k ;k >>= 1) { if(k&1) c = c*a; a = a*a; } return c; } int main( ) { long long n; int t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%lld",&n); Mat A; A.mat[0][0]=2;A.mat[0][1]=1;A.mat[0][2]=0; A.mat[1][0]=2;A.mat[1][1]=2;A.mat[1][2]=2; A.mat[2][0]=0;A.mat[2][1]=1;A.mat[2][2]=2; Mat ans=A^n; printf("%lld ",ans.mat[0][0]); } return 0; }