[luogu p1990] 覆盖墙壁
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\(2\times i\)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\(2\times i\)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：
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。
原式等同于：
然后让我施展一点魔法……让\(n \rightarrow n - 1\)
这样就可以得到：
对比这两个式子：
上式减下式，得到：
将等号右边的式子整理一下，
然后把左边的\(- f_{n - 1}\)移项，得到最终的递推式：
边界条件：
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
