格子刷油漆
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（如图1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。
输入数据为一个正整数（不大于1000）
输出数据为一个正整数。
例如：
用户输入：
2
程序应该输出：
24
再例如：
用户输入：
3
程序应该输出：
96
再例如：
用户输入：
22
程序应该输出：
359635897
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型(千万不要混淆c和cpp)。
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(vc6.0)编译通过。时间复杂度为o[n]
#include <stdio.h>
__int64 a[1001]={0};
__int64 b[1001]={0};
const int NUM=1000000007;
int main()
{
int i,n;
scanf("%d",&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<n;i++)
{
sum+=((8*b[n-i]*a[i-1])%NUM+(8*a[n-i]*b[i-1])%NUM)%NUM;
sum %= NUM;
}
if(n==1) sum=2 ;
printf("%I64d
",sum);
return 0;
}