Codeforces 1239A. Ivan the Fool and the Probability Theory

传送门

注意到连续两个格子如果有相同颜色那么一路过去的都可以确定

比如一开始染了这两个位置：

 然后发现后面整片过去都可以确定：

 对于横着的情况也是一样，然后就会发现不可能出现横着两个和竖着两个同时都有的情况，因为这样一定会冲突，就一定不合法了

（自己画一下就知道了）

那么现在只要对行列分别计算即可，直接设 $f[i][0/1][0/1]$ 表示前 $i$ 个位置，当前位置为 $0/1$ 上一个位置为 $0/1$ 时的方案数

那么转移十分显然，然后答案就是行任意放的方案 $\sum_{i=0}^{1}\sum_{j=0}^{1}f[n][i][j]$ 加上列任意放的方案 $\sum_{i=0}^{1}\sum_{j=0}^{1}f[m][i][j]$ 减 $2$

减 $2$ 是因为黑白染色情况下的方案会被行和列都算到，要减去多算的次数

然后就可以过了，但是事实上如果直接设 $g[i]=\sum_{i=0}^{1}\sum_{j=0}^{1}f[n][i][j]$ ，然后分析原本 $f$ 的方程，那么你会发现 $g[i]$ 恰好等于 $g[i-1]+g[i-2]$

#include
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#include
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2e5+7,mo=1e9+7;
inline int fk(int x) { return x>=mo ? x-mo : x; }
int n,m,f[N][2][2];
int main()
{
    n=read(),m=read(); int mx=max(n,m);
    if(n==1&&m==1) { printf("2\n"); return 0; }
    f[2][0][0]=f[2][0][1]=f[2][1][0]=f[2][1][1]=1;
    for(int i=3;i<=mx;i++)
    {
        f[i][0][0]=f[i-1][0][1];
        f[i][0][1]=fk(f[i-1][1][0]+f[i-1][1][1]);
        f[i][1][0]=fk(f[i-1][0][0]+f[i-1][0][1]);
        f[i][1][1]=f[i-1][1][0];
    }
    if(n>m) swap(n,m);
    if(n==1) { printf("%d\n", fk(fk(f[m][0][0]+f[m][0][1]) + fk(f[m][1][0]+f[m][1][1])) ); return 0; }
    int ans=fk(fk(f[m][0][0]+f[m][0][1]) + fk(f[m][1][0]+f[m][1][1]));
    ans=fk(ans-2+mo);
    ans=fk(ans+ fk(fk(f[n][0][0]+f[n][0][1]) + fk(f[n][1][0]+f[n][1][1])));
    printf("%d\n",ans);
}