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CodeForces 185A 快速幂
一开始找矩阵快速幂的题来做时就看到了这题，题意就是让你求出如图所示的第n个三角形中指向向上的小三角形个数。从图中已经很容易看出递推关系了，我们以f[n]表示第n个大三角形中upward的小三角形个数，g[n]表示第n个大三角形中downward的小三角形个数，然后，递推关系就是：
f[n]= 3*f[n-1]+1*g[n-1];
g[n]= 3*g[n-1]+1*f[n-1];
其中f[0]=1，g[0]=0（一开始的纯三角形是从n=0开始的），然后……就没有然后了，直觉上感觉f[n]很难表示成只含有f[i]的式子，一时没想到该如何再和矩阵联系起来了（实际上两个不同的变量还是能构造出矩阵出来的：[ f(n), g(n) ]T= [ [3,1], [1,3] ]T * [ f(n-1), g(n-1) ]T 即可，该矩阵就是 [ [3,1], [1,3] ]T，在这里写矩阵毕竟很不方便，自己在草稿纸上写出来看看吧，更直观），当时一时脑子发热没往这个方向去想，于是便转向了第二个思路。
我再次观察了图发现它的确很有规律，无论是f[n]还是g[n]都是 1+2+3+……+k 的和嘛，k就是大三角形的层数，而层数也很有规律，第n个三角形的层数是前一个的两倍（也不难看出，因为每个子三角形每次都划分为两层），所以k= 2n，所以f[n]= (1+2n)*2n-1，g[n]也很容易表示出来，不过此时已经不需要g[n]了，之后，便是一个简简单单的裸快速幂即可！
1 #include<cstdio> 2 typedef long long LL; 3 const LL mod= 1000000007; 4 5 LL quick_mod(LL a, LL b, LL m){ 6 LL ans= 1; 7 a%= m; 8 while(b){ 9 if(b&1) ans= ans*a%m;10 a= a*a%m;11 b>>=1;12 }13 return ans;14 }15 16 int main(){17 LL n;18 scanf("%I64d",&n);19 if(!n) puts("1");20 else printf("%I64d\n",(1+quick_mod(2,n,mod))*quick_mod(2,n-1,mod)%mod);21 return 0;22 }
后来我把输入改成 while(~scanf(....)) 来试了下，也过了，可以看出cf上是单组数据读入的，即便这样用while也行，注意添加好文件结束符EOF即可。
水过后，我看着1000000007这个数值觉得用long long来处理好像也是有点浪费了，相乘是会溢出，但相加绝对不会溢出，只是已经很接近 int的上限而已。于是，我装了下B，把快速幂中的相乘改为了相加（同样利用快速幂的原理，二进制处理连续的加），这样，就能避开了long long（虽说节省不了什么资源，但可以训练下处理数据溢出的一些能力。不过在比赛中还是绝对不要这样给自己找麻烦，保险才是最重要的），写好快速乘取模后，却忘了在最后的 (1+2n)*2n-1 这里还有一个乘法，所以也调试了一点点时间。
1 #include<cstdio> 2 typedef long long LL; 3 const int mod= 1000000007; 4 5 int quick_mul(int a, int b, int m){ 6 int ans= 0; 7 a%= m; 8 while(b){ 9 if(b&1) ans= (ans+a)%m;10 a= (a+a)%m;11 b>>=1;12 }13 return ans;14 }15 16 int quick_mod(int a, LL b, int m){17 int ans= 1;18 a%= m;19 while(b){20 if(b&1) ans= quick_mul(ans,a,m);21 a= quick_mul(a,a,m);22 b>>=1;23 }24 return ans;25 }26 27 int main(){28 LL n;29 while(~scanf("%I64d",&n)){30 if(!n) puts("1");31 else {32 int tmp1= quick_mod(2,n-1,mod);33 int tmp2= tmp1*2%mod;34 printf("%d\n",quick_mul((1+tmp2),tmp1,mod));35 }36 }37 return 0;38 }
至此，装逼完成，成功水过。
CodeForces 185A 快速幂