蓝桥杯之格子刷油漆

问题描述

　　X国的一段古城墙的顶端可以看成 2*N个格子组成的矩形（如下图所示），现需要把这些格子刷上保护漆。


　　你可以从任意一个格子刷起，刷完一格，可以移动到和它相邻的格子（对角相邻也算数），但不能移动到较远的格子（因为油漆未干不能踩！）
　　比如：a d b c e f 就是合格的刷漆顺序。
　　c e f d a b 是另一种合适的方案。
　　当已知 N 时，求总的方案数。当N较大时，结果会迅速增大，请把结果对 1000000007 (十亿零七) 取模。

输入格式

　　输入数据为一个正整数（不大于1000）

输出格式

　　输出数据为一个正整数。

样例输入

2

样例输出

24

样例输入

3

样例输出

96

样例输入

22

样例输出

359635897

思路：
名词解释相对的格子：一列之中，除了指定格子之外的另一个格子。
1、构造两个动态规划数组和一个计数器sum，一个数组a[x]，表示在2*x的格子条件下，从最边缘一列的一个角的格子出发，遍历全体格子的种类数，显然a[1]=1,另一个数组b[x]，表示在2*x的格子条件下，从一个角的格子出发，遍历全体格子后回到与之相对的格子的种类数。如图所示，显然因为要考虑到回来的路径，因此除了出发点之外，每一列都只有2种选择方法，因此b[x]=2*b[x-1]  
2、先考虑出发点在角上的问题，从一个角出发，只有3种可能性，（1）那就是先去相对的格子，然后前往下一列，这就简化成为从2*x-1列的格子中，从一个角出发遍历所有格子的问题，因为前往下一列的第一个格子有两种选法，因此a[x]+=2*a[x-1];（2）第二种可能性就是先去遍历其余格子，最后以相对的格子收尾。此时a[x]+= b[x];（3）第三种可能性较为复杂，先经过第二列的一次转折，然后到第三列的一个角上进行遍历。此时第二列有2种选法，第三列有2种选法，因此a[x]+=4*a[x-2]; 
3、再去考虑出发点在中间的问题，如图所示，出发点在中间的时候，显然不能直接往下走，否则无法遍历所有点，应当是先遍历左边（右边）所有点，然后回到相对的点，然后遍历右边（左边）的点。注意先遍历的时候，必须是采用“遍历全体格子后回到与之相对的格子”的走法，否则无法遍历出发点正下方的点，而后遍历则不受限制。因此设从第i列开始出发，出发点有两种选法，第一落脚点又有两种走法，后遍历的第一落脚点又有两种走法，走完总走法数为2*(2*b[i-1]*2*a[n-i])+2*(2*b[n-i]*2*a[i-1]) （加法的前一半是先遍历左边，后一半是先遍历右边） 
4、总走法数就是4*a[i]（因为有4个角）+ 从2到第n-1列所有从中间走法数的和。
下面是代码vs2015编译通过。时间复杂度为o[n]

#include 
using namespace std;

__int64 a[1001] = { 0 };
__int64 b[1001] = { 0 };
const int NUM = 1000000007;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int i, n;
	cin >> n;
	b[1] = 1;
	for (i = 2;i <= n;i++)
		b[i] = (b[i - 1] * 2 % NUM);
	a[1] = 1;a[2] = 6;
	for (i = 3;i <= n;i++)
		a[i] = (2 * a[i - 1] + b[i] + 4 * a[i - 2]) % NUM;
	__int64 sum = 4 * a[n];
	for (i = 2;i

 

方法二：

写的太好了，启发了我的思路（之前思路非常不好），我的思路基本上就是照抄他的，但是最后求解过程以及初始状态有些许不同，再次膜拜。

这位大牛解此题的关键就在于创建了两个数组，设为q2[n]和q1[n],分别存储长度为n的矩阵从一角开始遍历完后终于任意点以及终于同一列相对位置点的数量

递推关系有：

       q1[n]=q1[n-1]*2（可以根据定义以及格子关系求得）

       q2[n]=q1[n-1]*2+q2[n-1]*2+q2[n-2]*4（这个式子见下图以及说明）

情况一 先去同一列相邻格子 q2[n]+=q2[n-1]*2

情况二 先去相邻列的同行格子 

         然后又有 先去右下角再来左边部分 q2[n]+=q2[n-2]*2

                          先遍历完左边部分再去左下角 q2[n]+=q1[n-1]

情况三 直接来左下角

         然后又有 先去右边格子 再遍历完左边 q2[n]+=q2[n-2]*2

                          先遍历完左边再去右边的格子 q2[n]+=q1[n-1]

整理就得出上式

最终结果就是（设矩形长度为n）

四个角作为起点的数量加上中间开始的数量

从中间某列的一点（2种选择）出发一定要先遍历完这一列的一侧并且回到这一列的另一个点（这就是q1派上用场的时候），另外一侧就直接用q2表示的数目加上好了（两种选择），所以是下式中有个4；

4*q2[n]+∑（2到n-1）（4*q1[i]*q2[n-i]+4*q1[n-i+1]*q2[i-1]）（两部分分别为先遍历左边的和先遍历右边的）

最后别忘了经常mod1000000007

下面附上奇短的代码

#include
#define DF 1000000007
using namespace std;
long a, b, c, d, n;
long long sum, q1[1001], q2[1001];
int main()
{
	cin >> n;
	q1[1] = 1;
	q2[1] = 1;
	q1[2] = 2;
	q2[2] = 6;
	for (a = 3;a <= n;a++)
	{
		q1[a] = q1[a - 1] * 2;
		q1[a] %= DF;
		q2[a] = q2[a - 1] * 2 + q1[a - 1] * 2 + q2[a - 2] * 4;
		q2[a] %= DF;
	}
	sum = (q2[n] * 4) % DF;
	for (a = 2;a