目录

• 1.积木画
• • 1.题目描述
  • 2.输入格式
  • 3.输出格式
  • 4.样例输入
  • 5.样例输出
  • 6.样例说明
  • 7.数据范围
  • 8.原题链接
• 2.解题思路
• AC_code

1.积木画

1.题目描述

小明最近迷上了积木画, 有这么两种类型的积木, 分别为 III 型（大小为 2 个单位面积) 和 LLL 型 (大小为 3 个单位面积):

同时, 小明有一块面积大小为 2×N2 \times N2×N 的画布, 画布由 2×N2 \times N2×N 个 1×11 \times 11×1 区域构 成。小明需要用以上两种积木将画布拼满, 他想知道总共有多少种不同的方式? 积木可以任意旋转, 且画布的方向固定。

2.输入格式

输入一个整数 NNN，表示画布大小。

3.输出格式

输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，所以输出其对 1000000007 取模后的值。

4.样例输入

3

5.样例输出

5

6.样例说明

五种情况如下图所示，颜色只是为了标识不同的积木：

7.数据范围

1≤N≤1071≤N≤10^71≤N≤107

8.原题链接

积木画

2.解题思路

比较简单的状态压缩 dpdpdp 的模型，虽然 NNN 很大，但总共只有两行，所以只需要考虑结尾的插入情况即可。
定义 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 为已经排好了前 i−1i-1i−1 列，且第 iii 列的状态为 jjj 的方案数。当 jjj 为 0 时表示第 iii 列上面和下面均未摆放积。为 1 时表示上面未摆，下面摆放了积木。当为 2 时表示上面摆了，下面未摆的情况，当为 3 时表示上下均摆好了积木的情况。
从定义可知最终答案为 f[n][3]f[n][3]f[n][3]

考虑如何进行初始化，当 nnn 为0时，可以视为完全摆好的情况，则f[0][3]=1f[0][3]=1f[0][3]=1，当 nnn 为 1 时，只有一种摆法，则f[1][3]=1f[1][3]=1f[1][3]=1。

接下来考虑如何进行状态转移：
首先考虑 f[i][0]f[i][0]f[i][0] ，因为0表示上下都未摆放积木，而状态定义就要求了前 i−1i-1i−1列已经摆好，则转移方程:
f[i][0]=f[i−1][3]f[i][0]=f[i-1][3]f[i][0]=f[i−1][3]

然后考虑f[i−1][1]f[i-1][1]f[i−1][1]如何转移：

1表示我们第 iii 列是下面摆放了上面未摆放，也就是下面突出了一格，我们考虑如何才会产生这样的效果：

当这样摆放时可以得到，但转移时不应该从 i−1i-1i−1 列转移，而应该是从f[i−2][3]f[i-2][3]f[i−2][3] 转移。

除此之外我们还可以像下面这样插入，这样我们可以从f[i−1][2]f[i-1][2]f[i−1][2]转移过来。

综上我们有两种情况可以得到f[i][1]f[i][1]f[i][1]，转移方程为：
f[i][1]=(f[i−1][0]+f[i−1][2])f[i][1] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2])f[i][1]=(f[i−1][0]+f[i−1][2])

分析f[i][2]f[i][2]f[i][2]其实和f[i][1]f[i][1]f[i][1]同理，反过来就行，有如下两种插入情况：


那么转移方程则为：
f[i][2]=(f[i−1][0]+f[i−1][1])f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1])f[i][2]=(f[i−1][0]+f[i−1][1])

最后考虑f[i][3]f[i][3]f[i][3]如何转移，这个转移的情况比较多，直接上图大家就能看懂了：

横着插两块，从f[i−2][3]f[i-2][3]f[i−2][3]转移

可以从f[i−1][3]f[i-1][3]f[i−1][3]转移


可以从f[i−1][1]f[i-1][1]f[i−1][1]和f[i−1][2]f[i-1][2]f[i−1][2]转移，综上：
f[i][3]=(f[i−2][3]+f[i−1][3]+f[i−1][2]+f[i−1][1])f[i][3] = (f[i - 2][3] + f[i - 1][3] + f[i - 1][2] + f[i - 1][1])f[i][3]=(f[i−2][3]+f[i−1][3]+f[i−1][2]+f[i−1][1])

AC_code

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 10000010;int n;
// f[i][j]表示已经操作完前i-1列，且第i列的状态为j的方案数
LL f[N][3];
void solve()
{cin >> n;f[0][3] = 1;f[1][3] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) {f[i][0] = f[i - 1][3];f[i][1] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % mod;f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mod;f[i][3] = (f[i - 2][3] + f[i - 1][3] + f[i - 1][2] + f[i - 1][1]) % mod;}cout << f[n][3] << '\n';
}
int main()
{ios_base :: sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t = 1;while (t--){solve();}return 0;
}