历年试题 PREV-15 格子刷油漆

题目：传送门
解析：
分析题目我们可以知道刷油漆的的起点可以分为两类，一是在第一列和最后一列的四个格子开始；而是在中间的某个格子开始。
对于从角落开始的方案比较好分析，对于从中间开始的，可以将其分解。
例如：城墙为2*5，假设我们从C格开始刷漆，且先向右再向左刷漆。那么可以以B,G和C,H的交界为分割线，右边部分需要从C出发，最后返回与C同列的对应位置H。左边部分则可以从B或G出发，最后的位置任意。先左后右类似。

A	B	C	D	E
F	G	H	I	J

因此，我们只需要分析从角落开始刷漆，最终位置为开始位置同列的对应格和最终位置任意的情况的方案。

1.从左上角格子A出发，最终返回左下角格子F
该情形下，每一列初次只能刷一格，这样才能刷满右边步步返回左下角格子F。每一次向下一列移动有两种选择，故若以i代表格子列数，b[i]代表共有i列时从左上角格子出发，回到左下角的方案数，则有递归关系b[i]=2*b[i]。且b[1]=1,b[2]=2。以此关系可以求出n列时的方案数。
2.从左上角格子A出发，最终位置不确定
最终位置不确定，既可以在同列的对应位置(1中已求),又可以在非同列的位置(待求)。若以i代表格子列数，a[i]代表共有i列时从左上角格子出发，最终停在非同列对应位置的方案数。最终位置与开始位置不同列，又有两种情况：
2.1.A->B/G->F->G/B：向下一列刷，有两种方案到下一列，然后返回左下角，再刷下一列未刷格子之后，然后有两种方案再到下一列，可见有四种方案到下下列，所以刷完所有格子有4*a[i-2]个方案
2.2.A->F->B/G：向下刷，向下刷完之后有两种方法跳到下一列，刷完剩下的i-1列有2*a[i-1]种方案。

因此，可以得到 a[i]=b[i]+2a[i-1]+4a[i-2](i>=3);且a[1]=1,a[2]=6。

所以，对于n列，从角落出发，最终方案共有4*a[n]种；从中间出发，共有 ∑ i = 2 n − 1 ( 2 × b [ n − i + 1 ] × 2 × a [ i − 1 ] + 2 × b [ i ] × 2 × a [ n − i ] ) \sum_{i=2}^{n-1}(2 \times b[n-i+1] \times 2 \times a[i-1] + 2 \times b[i] \times 2 \times a[n-i]) ∑i=2n−1(2×b[n−i+1]×2×a[i−1]+2×b[i]×2×a[n−i])种。¹

解答：

#include <iostream>
#include <cmath>
#define MOD 1000000007
using namespace std;typedef long long int LL;
LL a[1005], b[1005];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int n;a[1] = 1; a[2] = 6;b[1] = 1; b[2] = 2;while (cin >> n){int ans = 0;for (int i = 3; i <= n; i++){b[i] = (b[i - 1] * 2) % MOD;a[i] = (b[i] + 2 * a[i - 1] + 4 * a[i - 2]) % MOD;}//从角落开始ans = (ans + 4 * a[n]) % MOD;//从中间开始for (int i = 2; i <= n - 1; i++)ans = (ans + 2 * b[n - i + 1] * 2 * a[i - 1] + 2 * b[i] * 2 * a[n - i]) % MOD;if (n == 1) cout << 1 << endl;else cout << ans << endl;}return 0;
}

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第一个2表示可以选择第i列的两个格子，第二个2表示可以选择i-1列或者i+1列中的两个格子开始最终位置任意的刷漆。 ↩︎

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