危险的组合Critical Mass【数轮+递推】

传送门
设答案为$f(n)$。既然有3个U放在一起，可以根据这3个U的位置分类——对，根据前面的 经验，要根据“最左边的3个U”的位置分类。假定是$i、i+1$和$i+2$这3个盒子，则前$i-1$个盒子不 能有3个U放在一起的情况。设n个盒子“没有3个U放在一起”的方案数为$g(n)=2^n-f(n)$，则前i-1 个盒子的方案有$g(i-1)$种。后面的$n-i-2$个盒子可以随便选择，有$2n-i-2$种。根据乘法原理和加 法原理，$$f(n)=\sum _{i=1}^{n-2}h(i-1)\ast 2^{n-i-2}$$
遗憾的是，这个推理是有瑕疵的。即使前i-1个盒子内部不出现3个U，仍然可能和$i、i+1$和$i+2$组成3个U。正确的方法是强制让第$i-1$个盒子（如果存在）放L，则前i-2个盒子内部不能出现连续的3个U。因此$$f(n)=2^{n-3}+\sum _{i=1}^{n-2}h(i-1)\ast 2^{n-i-2}$$ ，边界 是$f(0)=f(1)=f(2)=0。g(0)=1，g(1)=2，g(2)=4$。注意上式中的$2^n-3$对应于$i=1$的情况。

#include
using namespace std;
const int N=35;
int f[N],g[N];
int main(){
	int n;
	f[0]=f[1]=f[2]=0;
	g[0]=1,g[1]=2,g[2]=4;
	for(int i=3;i<=30;i++){
		f[i]=(1<<(i-3));
		for(int j=2;j<=i-2;j++)
			f[i]+=g[j-2]*(1<<(i-j-2));
		g[i]=(1<<i)-f[i];
	}
	while(cin>>n,n){
		cout<<f[n]<<endl;
	}
}