\(\\\)
\(Description\)
用\(1\times 2\)的矩形和面积为\(3\)的\(L\)形去覆盖一个\(2\times N\) 的矩形，求方案数对\(10^4+7\)取模后的结果。
允许用于覆盖的图形旋转。两个方案不同当且仅当覆盖后形成的边界线至少有一处不同。
- \(N\in [1,10^{100000}]\)
\(\\\)
\(Solution\)
神仙出题人神仙做法
设\(f[i][0/1]\)表示当前处理到第 \(i\) 位，前面的列都已经填满，当前位置填满 \(/\) 剩一个没填的方案数。
转移分放什么讨论，注意横着并排两个长条的情况要直接计数，新放置一个 \(L\) 形有两种不同的方式：
\[ \begin{align}f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-2][0]\end{align} \]
\[ \begin{align}f[i][1]=2\times f[i-2][0]+f[i-1][1]\end{align} \]
把下面的式子带入\((3)\)，有
\[ \begin{align}f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-2][0]+f[i-2][1]+2\times f[i-3][0]\end{align} \]
然后再把\((1)\)式中的\(i-1\)代入，有
\[ f[i][0]=2\times f[i-1][0]+f[i-3][0] \]
于是可以矩阵快速幂了。复杂度\(\text O(log (10^{100000}))\)，因为快速幂迭代的时候指数是\(N\)需要高精度所以会\(T\)；
然后黑科技十进制快速幂：\(A^N=A^{\lfloor\frac{N}{10}\rfloor}A^{N\%10}\),显然指数部分就可以直接按照高精按位计算了。
还有神仙做法是找循环节，发现是模数\(-1\)，打个表就好了......
\(\\\)
\(Code\)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define mod 10007
#define gc getchar
using namespace std;
inline int rd(){
int x=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)) c=gc();
while(isdigit(c)){x=((x<<1)+(x<<3)+(c^48))%(mod-1);c=gc();}
return x;
}
int n,f[mod]={1,1,2};
int main(){
n=rd();
for(R int i=3;i<=n;++i) f[i]=((f[i-1]*2)+f[i-3])%mod;
printf("%d",f[n]);
return 0;
}