Description
相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个n*m的矩阵里面有一些雷，要你根据一些信息找出雷来。万圣节到了
，“余”人国流行起了一种简单的扫雷游戏，这个游戏规则和扫雷一样，如果某个格子没有雷，那么它里面的数字
表示和它8连通的格子里面雷的数目。现在棋盘是n×2的，第一列里面某些格子是雷，而第二列没有雷，如下图：
由于第一列的雷可能有多种方案满足第二列的数的限制，你的任务即根据第二列的信息确定第一列雷有多少种摆放
方案。
Input
第一行为N，第二行有N个数，依次为第二列的格子中的数。（1<= N <= 10000）
Output
一个数，即第一列中雷的摆放方案数。
Sample Input
2
1 1
1 1
Sample Output
2
HINT
Source
Solution
假如第一个格子确定了，那么剩余的格子就可以推算出来了，第一个格子只有$2$种情况（即有雷和无雷），都做一遍就行了
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int g[10005][3]; 4 int main() 5 { 6 int n, w, ans = 0; 7 bool flag = true; 8 cin >> n; 9 for(int i = 1; i <= n; ++i) 10 cin >> g[i][2]; 11 g[1][1] = 1; 12 for(int i = 2; i <= n; ++i) 13 { 14 w = g[i - 2][1] + g[i - 1][1]; 15 if(g[i - 1][2] - w == 1) 16 g[i][1] = 1; 17 else if(!(g[i - 1][2] - w)) 18 continue; 19 else 20 flag = false; 21 } 22 if(g[n - 1][1] + g[n][1] != g[n][2]) 23 flag = false; 24 ans += flag; 25 flag = true; 26 for(int i = 1; i <= n; ++i) 27 g[i][1] = 0; 28 for(int i = 2; i <= n; ++i) 29 { 30 w = g[i - 2][1] + g[i - 1][1]; 31 if(g[i - 1][2] - w == 1) 32 g[i][1] = 1; 33 else if(!(g[i - 1][2] - w)) 34 continue; 35 else 36 flag = false; 37 } 38 if(g[n - 1][1] + g[n][1] != g[n][2]) 39 flag = false; 40 ans += flag; 41 cout << ans << endl; 42 return 0; 43 }