第六届蓝桥杯——垒骰子（矩阵快速幂）

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

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <queue>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <map>

#include <string>

#include <stack>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define PI 3.1415926535897932

#define E 2.718281828459045

#define INF 0x3f3f3f3f

#define mod 1000000007

const int M=1005;

int n,m;

int cnt;

int sx,sy,sz;

int mp[M][M];

int pa[M*10],rankk[M];

int head[M*6],vis[M*10];

int dis[M][10];

ll prime[M*1000];

bool isprime[M*1000];

int lowcost[M],closet[M];

char st1[5050],st2[5050];

int len[M*6];

typedef pair<int ,int> ac;

vector<int> g[M*10];

int dp[M];

int sums[M*10];

int has[105000];

int month[13]= {0,31,59,90,120,151,181,212,243,273,304,334,0};

int dir[8][2]= {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};

void getpri()

{

    ll i;

    int j;

    cnt=0;

    memset(isprime,false,sizeof(isprime));

    for(i=2; i<1000000LL; i++)

    {

        if(!isprime[i])prime[cnt++]=i;

        for(j=0; j<cnt&&prime[j]*i<1000000LL; j++)

        {

            isprime[i*prime[j]]=1;

            if(i%prime[j]==0)break;

        }

    }

}

ll qk_mul(ll a,ll b)

{

    ll t=0;

    while(b)

    {

        if(b&1)

            t=(t+a)%mod;

        a=(a<<1)%mod;

        b>>=1;

    }

    t%=mod;

    return t;

}

ll qk_mod(ll a,ll b)

{

    ll ans=1;

    while(b)

    {

        if(b&1) ans=qk_mul(ans,a);

        a=qk_mul(a,a);

        b>>=1;

    }

    ans%=mod;

    return ans;

}

int gcd(int a,int b)

{

    return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);

}

int lcm(int a,int b)

{

    return a*b/gcd(a,b);

}

int findx(int t)

{

    if(t!=pa[t])

        pa[t]=findx(pa[t]);

    return pa[t];

}

void unionx(int x,int y)

{

    x=findx(x);

    y=findx(y);

    if(x!=y)

    {

        pa[y]=x;

    }

}

void init()

{

    for(int i=0; i<101; i++)

        pa[i]=i;

}

int heap[100005];

void push(int x)

{

    int i=++sz;

    while(i>1)  //i>0

    {

        int p=i/2; //(i-1)/2

        if(heap[p]<=x)break;

        heap[i]=heap[p];

        i=p;

    }

    heap[i]=x;

    /* a[++sz] = x;

     int t = a[sz];

     int tson = sz;

     while( (tson > 1)&&( a[tson/2] > t))

     {

         a[tson] = a[tson/2];

         tson = tson/2;

     }

     a[tson] = x;

    */

}

int pop()

{

    int ret=heap[1];//int ret=a[0]

    int x=heap[sz--];//a[--sz]

    int i=1;// i=0

    while(2*i<sz) //2*i+1

    {

        int a=i*2,b=i*2+1;

        if(b<sz&&heap[b]<heap[a])a=b;

        if(heap[a]>=x)break;

        heap[i]=heap[a];

        i=a;

    }

    heap[i]=x;

    return ret;

}

int lowbit(int i)

{

    return i&(-i);

}

void add(int i,int v)//修改值并向父节点修改

{

    while(i<=M)

    {

        sums[i]+=v; //c[i]开始都是0，每经过一个数，它的c[i]+1表示c[i]

        i+=lowbit(i);

    }

}

int sum(int i)//求和

{

    ll s=0;

    while(i>=1)

    {

        s+=sums[i];

        i-=lowbit(i);

    }

    return s;

}

char pre[7][7]=

{

    {'>','>','<','<','<','>','>'},

    {'>','>','<','<','<','>','>'},

    {'>','>','>','>','<','>','>'},

    {'>','>','>','>','<','>','>'},

    {'<','<','<','<','<','=','0'},

    {'>','>','>','>','0','>','>'},

    {'<','<','<','<','<','0','='}

};

struct Mat

{

    ll mat[6][6];

    Mat(int x)

    {

        memset(mat,0,sizeof(mat));

        for(int i=0; i<6; i++)mat[i][i]=x;

    }

};

Mat operator*(const Mat& a,const Mat& b)

{

    Mat c(0);

    int i,j,k;

    for(i=0; i<6; i++)

        for(j=0; j<6; j++)

            for(k=0; k<6; k++)

            {

                c.mat[i][j]=(c.mat[i][j]+a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%mod;

            }

    return c;

}

Mat qmod(Mat x,int b)

{

    Mat res(1);

    while(b)

    {

        if(b&1)res=res*x;

        x=x*x;

        b>>=1;

    }

    return res;

}

ll qmod2(ll x,int b)

{

    ll res=1;

    while(b)

    {

        if(b&1)res=res*x%mod;

        x=x*x%mod;

        b>>=1;

    }

    return res;

}

int main()

{

    int i,j,t,u,v;

    Mat ans(1);

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(i=0;i<6;i++)

        for(j=0;j<6;j++)

           ans.mat[i][j]=1;

    for(i=0;i<m;i++)

    {

        scanf("%d%d",&u,&v);

        ans.mat[u-1][(v+2)%6]=0;

        ans.mat[v-1][(u+2)%6]=0;

    }

    Mat res=qmod(ans,n-1);//注意幂的值！！

    ll op=0;

       for(i=0;i<6;i++)

        for(j=0;j<6;j++)

            op=(op+res.mat[i][j])%mod;

    op=(op*qmod2(4,n))%mod;

    printf("%I64d\n",op);

    return 0;

}