题目链接：[点击打开链接](http://poj.org/problem?id=3734) 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。 细节参见代码： ~~~ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<string> #include<vector> #include<stack> #include<bitset> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<set> #include<list> #include<deque> #include<map> #include<queue> #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) using namespace std; typedef long long ll; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-6; const int INF = 1000000000; const int mod = 10007; const int maxn = 100; ll T,n,m; typedef vector<int> vec; typedef vector<vec> mat; mat mul(mat &a, mat &b) { mat c(a.size(), vec(a[0].size())); for(int i = 0; i < a.size(); i++) { for(int k = 0; k < b.size(); k++) { for(int j = 0; j < b[0].size(); j++) { c[i][j] = (c[i][j] + a[i][k]*b[k][j]) % mod; } } } return c; } mat pow(mat a, ll n) { mat b(a.size(), vec(a[0].size())); for(int i = 0; i < a.size(); i++) { b[i][i] = 1; } while(n > 0) { if(n & 1) b = mul(b, a); a = mul(a, a); n >>= 1; } return b; } int main() { scanf("%d",&T); mat a(3, vec(3)); while(T--) { scanf("%lld",&n); a[0][0] = 2; a[0][1] = 1; a[0][2] = 0; a[1][0] = 2; a[1][1] = 2; a[1][2] = 2; a[2][0] = 0; a[2][1] = 1; a[2][2] = 2; a = pow(a, n); printf("%d\n",a[0][0]); } return 0; } ~~~