蓝桥杯 格子刷油漆 动态规划 By Assassin

好久没做动态规划的题目，脑子都生锈了。
这是动态规划的一个经典题目。

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：
我们观察可以发现这是两行，所以当从四个顶点出发时终点是不受限制的，然而如果不是从第一列和最后一列的点作为出发点，如有10个点，我们以第五列第一行的点作为出发点，加入初始方向向左，那么我们必须回到第五列第二行然后到右边去才可以完成全图!所以出发点分为两种情况。

然后我们知道有两种走法，一个是终点任意，另一种是终点必须和起点同一列。
那么我们知道动态规划的特性，当前状态不能收到之前状态的影响，那么怎么去考虑呢。我们假设a[n]为起点为某一角落长度为n终点任意的情况数，b[n]为起点为某一角落长度为n终点必须同列的情况数。我们分析一下因为b[i]为了保证回到起点列的另一个位置，所以长度为i的情况数为

b[i]=2i

分析a[i]，当起点为四个角落的时候:

• 情况一

  假设起点为第一列的第一行，先向下移动，再向右移动某个位置，情况数相当于 做长度为i-1的终点任意的情况数*2 因为不需要在回到第一列，而且到第二列的时候可能是第一行或者第二行，所以需要×2.
  

  a[i]=a[i−1]∗2
  
  

• 情况二

  假设从起点出发最终回到第一列的第二行，那么情况数就死b[i]
  

• 情况三

  存在这样的情况，先进入第二列，然后返回第一列另一个位置，然后再回第二列，这个时候我们发现就没有必要再回第一列和第二列了，因为已经完成了。需要的情况数为
  

  2∗2∗a[i−2]
  
  因为2种情况如图，而且到达第三列的位置有两种。
  

另一种情况，当起点在2-n-1的时候怎么办？！
假设起点在i那么两种情况
- 1.向左运动后回到第i列然后向右运动
- 2.向右运动后回到第i列然后向左运动

说白了就是需要一次回到出发点一列的所搜 ，然后做反方向的任意终点的运动。

∑i=2n−12∗(2∗a[i−1]∗2∗b[n−i]+2∗b[i−1]∗2∗a[n−i])

注意！这里初始化的时候n=1、2的时候需要设置，因为n=2的时候和公式不一样，自己验证一下吧~

具体见我的丑代码~

#include
using namespace std;
long long a[1002],b[1002];
int n,mod=1000000007;
int main(){
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int i,j;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        if(n==1){
            cout<<2<continue;
        }
        a[1]=1;
        b[1]=1;
        a[2]=6;
        b[2]=2;
        for(i=3;i<=n;i++){
            b[i]=(b[i-1]*2)%mod;
            a[i]=(2*a[i-1]+b[i]+2*2*a[i-2])%mod;
        }
        long long ans=4*a[n];
        for(i=2;i8*b[i-1]*a[n-i])%mod;
            ans=(ans+8*b[n-i]*a[i-1])%mod;
        }
        cout<return 0;
}