[luogu p1990] 覆盖墙壁

传送门

覆盖墙壁

题目描述

你有一个长为N宽为2的墙壁，给你两种砖头：一个长2宽1，另一个是L型覆盖3个单元的砖头。如下图：

0 0 
0 00 

砖头可以旋转，两种砖头可以无限制提供。你的任务是计算用这两种来覆盖N*2的墙壁的覆盖方法。例如一个2*3的墙可以有5种覆盖方法，如下：

012 002 011 001 011 
012 112 022 011 001 

注意可以使用两种砖头混合起来覆盖，如2*4的墙可以这样覆盖：

0112 
0012 

给定N，要求计算2*N的墙壁的覆盖方法。由于结果很大，所以只要求输出最后4位。例如2*13的覆盖方法为13465,只需输出3465即可。如果答案少于4位，就直接输出就可以，不用加0，如N=3，时输出5。

输入输出格式

输入格式

一个整数N（1<=N<=1000000），表示墙壁的长。

输出格式

输出覆盖方法的最后4位，如果不足4位就输出整个答案。

输入输出样例

输入#1

13

输出#1

3465

分析

此题不用多说，动态规划。但是这道题还是比较难讲的，参考了一下题解才想出来一种比较易懂的讲解？QAQ233

设(f_i)为(2 imes i)尺寸墙壁的恰好覆盖方法。我们规定，(f_0 = 1)！！

来看(n = 4)的情况⑧，现在一个都没填充：

0000
0000

首先不考虑L形瓷砖。

如果瓷砖的最后两格横着铺上了一形瓷砖，也就是这样：

0001
0001

此时的方法数就是除去最后一列的子问题，也就是(f_{i-1})。

还有一种情况是瓷砖的最后四个竖着铺上了一形瓷砖，也就是这样：

0011
0022

注意哈是横着铺。竖着铺的情况已经相当于第一种了。方法数是除去最后两列的子问题，也就是(f_{i - 2})。

答案就是两种情况的综合，也就是(f_i = f_{i - 1} + f_{i - 2})。

现在一字型瓷砖已经被我们讨论完了，再来讨论L形瓷砖。

此时再设一个数组，设(g_i)为既要覆盖上(2 imes i)尺寸墙壁，也要恰好多出一块的覆盖方法。规定(g_0 = 0)哦！

先在最后铺一个：

0001
0011

然后反向思维，不看铺上的瓷砖，看空地。此时先补上前(n - 2)列的墙壁，然后再补多出的一个。也就是说，这种情况的方案数是(g_{n - 2})。

但是L形瓷砖可以反过来使用，也就是这样：

0011
0001

此时的方案数仍然是(g_{n - 2})，所以实际上我们要统计两次(g_{n - 2})。

但是(g)数组我们怎么进行一个维护呢？首先对于突出一个方块的，我们有两种方法覆盖。

第一种：再补一个L，补成长方形：

0221
0211

当然

0211
0221

也是一样的道理。

此时的方法数显然就是(f_{n - 3})辣。

第二种：继续补长方形，仍然多出一块

0221
0011

虽然这看着非常难受，强迫症甚至可以为此砸掉电脑，但是这种情况完全有可能啊！（哭）

这种情况下仍然还需要(g)数组，不过相当于又填补了一列（虽然刚刚实际上是填补了一个横向的，但是把刚刚少的那一块填上了两块，现在又多出了一块，整体还是多了一列的，自己看看图就知道了）。

这种情况的方案数是(g_{n - 3})。

也就是说，(g_{n - 2} = f_{n - 3} + g_{n - 3})，也就等同于(g_n = f_{n - 1} + g_{n - 1})。

总结：

[egin{cases} f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 imes g_{n - 2} \ g_n = f_{n - 1} + g_{n - 1} end{cases} ]

这是两个数组的递推式结果。其实本题到这里本应该结束的，但是我们难道就不能压成一个数组了吗？

看(g_n)的递推式。

[g_n = f_{n - 1} + g_{n - 1}\ g_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + g_{n - 2}\ g_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + f_{n - 3} + ldots + f_1 + f_0\ g_n = sum_{i = 0} ^ {n - 1}f_i = sum_{i = 1} ^ {n - 1} + 1 ]

原式等同于：

[f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 3}f_i + 2 ]

然后让我施展一点魔法……让(n ightarrow n - 1)

这样就可以得到：

[f_{n - 1} = f_{n - 2} + f_{n - 3} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 4}f_i + 2 ]

对比这两个式子：

[f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 3}f_i + 2 \ f_{n - 1} = f_{n - 2} + f_{n - 3} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 4}f_i + 2 ]

上式减下式，得到：

[f_n - f_{n - 1} = f_{n - 1} + f_{n - 2} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 3}f_i + 2 - (f_{n - 2} + f_{n - 3} + 2 imes sum_{i = 1} ^ {n - 4}f_i + 2) ]

将等号右边的式子整理一下，

[f_n - f_{n - 1} = f_{n - 1} + f_{n - 3} ]

然后把左边的(- f_{n - 1})移项，得到最终的递推式：

[f_n = 2 imes f_{n - 1} + f_{n - 3} ]

边界条件：

[f_1 = 1\ f_2 = 2\ f_3 = 5 ]

推出了式子以后，代码就很好写了。

代码

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2020-04-14 22:11:54 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2020-04-15 15:19:02
 */
#include <iostream>
#include <cstdio>

const int maxn = 1000005;
const int mod = 10000;
int dp[maxn] = {0, 1, 2, 5};

int main() {
    int n;
    std :: cin >> n;
    if(n <= 3) {
        std :: cout << dp[n] << std :: endl;
        return 0;
    }
    for(int i = 4; i <= n; i++)
        dp[i] = (dp[i - 1] * 2 % mod + dp[i - 3] % mod) % mod;
    std :: cout << dp[n] << std :: endl;
    return 0;
}

评测结果

AC 100：R32801187