hdu 2842 Chinese Rings 矩阵快速幂

分析：

后面的环能不能取下来与前面的环有关，前面的环不被后面的环所影响。所以先取最后面的环

设状态F(n)表示n个环全部取下来的最少步数

先取第n个环，就得使1~n-2个环属于被取下来的状态，第n-1个环属于未被取下来的状态。那么F(n) = F(n-2) + 1 + ... (这里的1表示取下第n个需要一步)

即F(n)可以为F(n-2) + 1与某些数的和。取下n后，1~n-2为取下的状态，n-1为未被取下的状态。如果我们想取下n-1，那么n-2要为未被取下来的状态且1~n-3为被取下的状态。

但是这里不能直接将n-2变成为未取下的状态，你想把n-2的状态改变，就得使n-3为未被取下来的状态且1~n-4为被取下的状态；你想把n-3的状态改变，就得使n-4为未被取下来的状态且1~n-5为被取下的状态.

这个一直递推下去你要使1~n-2全部属于未被取下的状态才能继续取n-1。

将1~n全部取下来有下列四步

第一步：取1~n-2，需要F(n-2)步

第二步：取第n个，需要1步

第三步：恢复1~n-2，需要F(n-2)步 (取下来的最少步数和恢复的最少步数是一样的，它们是对称的)

第四步：将1~n-1个全部取下来

所以：F(n) = F(n-1) + 2*F(n-2) + 1

矩阵快速幂套模板啦！

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Mod = 200907;
const int N = 5;
int msize;

struct Mat
{
    int mat[N][N];
};

Mat operator *(Mat a, Mat b)
{
    Mat c;
    memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));
    for(int k = 0; k < msize; ++k)
        for(int i = 0; i < msize; ++i)
            if(a.mat[i][k])
                for(int j = 0; j < msize; ++j)
                    if(b.mat[k][j])
                        c.mat[i][j] = ((ll)a.mat[i][k] * b.mat[k][j] + c.mat[i][j])%Mod;
    return c;
}

Mat operator ^(Mat a, int k)
{
    Mat c;
    memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));
    for(int i = 0; i < msize; ++i)
        c.mat[i][i]=1;
    for(; k; k >>= 1)
    {
        if(k&1) c = c*a;
        a = a*a;
    }
    return c;
}

int main()
{
    int n;
    msize = 3;
    Mat A;
    A.mat[0][0] = 1, A.mat[0][1] = 2, A.mat[0][2] = 1;
    A.mat[1][0] = 1, A.mat[1][1] = 0, A.mat[1][2] = 0;
    A.mat[2][0] = 0, A.mat[2][1] = 0, A.mat[2][2] = 1;
    while(~scanf("%d",&n) && n)
    {
        if(n==1)
        {
            puts("1");
            continue;
        }
        Mat ans = A^(n-2);
        printf("%d\n", (ans.mat[0][0]*2 + ans.mat[0][1] + ans.mat[0][2])%Mod);
    }
    return 0;
}