编程之美 --1 : 骨牌覆盖问题·一

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分析：
     f(1)=1,f(0)=1,f(2)=2,f(3)=3;
----    f(n)=  f（n-1）+ f(n-2)
----  显然这样处理的时间复杂度为O(n)，n=10^8大于1000ms  故而可以这样构造函数：
     由齐次方程可以得：
　　　　　　　　f(n)   =  f（n-1）+ f(n-2)   （1）
  　　　　　　f（n-1） =  f(n-2) + f(n-3)    (2)
   ----->  可以得：   　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
  　　　　　　f(n)    =  1*f(n-1)  + 1* f(n-2)  (1)      
　　　　　　　f(n-1)  =  1*f(n-1)  + 0* f(n-2)  (2)      　　　　　　　　　　　　

　---> 进一步可以写成

| f(n)  |  =   |f(n-1)|  *| 1 , 1|

| f(n-1) |      |f(n-2)|  | 1 , 0|

化解为：

所以以此得出下面的代码：

 1 /*快速矩阵*/
 2 #include<iostream>
 3 #define _int long long
 4 const _int  mod = 19999997;
 5 using namespace std;
 6 
 7 struct GMagin {
 8 
 9     _int  Margin [2][2];
10 
11 }Gbase,Gbasa;
12 
13 /*
14   |f(n)  |  = |f(n-1)|  * |1,1|
15   |f(n-1)|    |f(n-2)|    |1,0|
16 */
17 
18 void  init(GMagin &Gbas_ , _int a=1, _int b=1, _int c=1, _int d=0) {
19 
20     Gbas_.Margin[0][0] = a;
21     Gbas_.Margin[0][1] = b;
22     Gbas_.Margin[1][0] = c;
23     Gbas_.Margin[1][1] = d;
24 }
25 
26 /*快速矩阵算法*/
27 void   Marginal(GMagin & a , GMagin &b ) {
28      GMagin res;
29      init(res,0,0,0,0);
30     for (int i = 0; i < 2; i++) {
31         for (int j = 0; j < 2; j++) {
32             for (int k = 0; k < 2; k++)
33             res.Margin[i][j] = (res.Margin[i][j]+a.Margin[i][k] * b.Margin[k][j])%mod;
34         }
35     }
36    init(a ,res.Margin[0][0], res.Margin[0][1], res.Margin[1][0], res.Margin[1][1]);
37 }
38 void   matpow(int n) {
39 
40     while (n > 0) {
41         if (n & 1) Marginal(Gbase,Gbasa);
42             n>>=1L;
43           if (n == 0)  break;
44           Marginal(Gbasa, Gbasa);
45     }
46 }
47 
48 int main(int argc ,char * argv []) {
49 
50     int n;
51     while (cin>>n) {
52         init(Gbase);
53         init(Gbasa);
54         _int res;
55         if (n > 2) {
56             matpow(n - 2);
57             res = (Gbase.Margin[0][0] + Gbase.Margin[0][1]) % mod;
58         }
59         else {
60 
61             if (n == 0 || n == 1)res = 1;
62             else if (n == 2) res = 2;
63         }
64         cout << res << endl;
65     }
66    return 0;
67 }