2015年第六届蓝桥杯C/C++程序设计本科B组省赛题目汇总：
http://blog.csdn.net/u014552756/article/details/50573834
垒骰子
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<xxx>， 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。
思路：
矩阵快速幂
同理我们只考虑底面的情况，最后乘上4^n即可。
我们设六阶矩阵An，其中An的第a行第b列表示第一层底面数字为a、第n层数字为b的所有排列的情况
记六阶矩阵X中，第a行第b列表示相邻两层的是否能成功连接的情况。a和b能连则为1，a和b不能连则为0（注意是相邻两层的底面，不是衔接面，所以要转化，比如题给的1 2要改为1 5）
根据上述定义，易得递推式：
An = An-1X，且 A1 = E（六阶单位矩阵）
可得到An的表达式为An = Xn-1
那么ans就是矩阵 Xn-1 的36个元素之和
注意最后侧面的4^n也要二分幂不然会爆炸
#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1007
using namespace std;
struct Matrix
{
long long a[6][6];
Matrix(int x)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 0; i < 6; i++) a[i][i] = x;
}
};
Matrix operator*(const Matrix& p, const Matrix& q)
{
Matrix ret(0);
for (int i = 0; i < 6; i++)
for (int j = 0; j < 6; j++)
for (int k = 0; k < 6; k++)
{
ret.a[i][j] += p.a[i][k] * q.a[k][j];
ret.a[i][j] %= N;
}
return ret;
}
Matrix fast_mod(Matrix x, int t)
{
Matrix ret(1);
while (t)
{
if (t & 1)ret = x*ret;
x = x*x;
t >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
Matrix z(0);
for (int i = 0; i < 6; i++)
for (int j = 0; j < 6; j++)
{
z.a[i][j] = 1;
}
int m, n;
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int t1, t2;
cin >> t1 >> t2;
z.a[t1 - 1][(t2 + 2) % 6] = 0;
z.a[t2 - 1][(t1 + 2) % 6] = 0;
}
Matrix ret(0);
ret = fast_mod(z, n - 1);
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < 6; i++)
{
for (int j = 0; j < 6; j++)
{
ans += ret.a[i][j];
ans %= N;
}
}
long long p = 4;
while (n)
{
if (n & 1)
{
ans *= p;
ans %= N;
}
p *= p;
p %= N;
n >>= 1;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}