DP康复训练题
原题：洛谷P1990
核心：递推/DP
题源应该是铺地砖，所以采用一摸一样的思路，只是有两种不同的方块
我们先用最最简单的方式尝试一下枚举当最后一行被填满的情况：
1.如果我们只用第一种长方形的方块让最后一行填满，那就只有两种情况：
A.最后一列刚好是一个竖着的砖头： B.最后两列都是横着的砖头：
那这个时候我们先定义一个数组F，F的意思取fill，F[i]表示刚好把第i列填满时有多少种方法。
这样的话，因为我们现在只用了第一种方块，所以只可以得出一部分递推公式：F[x]=F[x-1]+F[x-2]+······。这个省略号里的内容就应该是考虑第二种方块时候产生的总数。
2.那我们接着来考虑第二种方块填满最后一行时的情况：
表面上看有两种：
实际上这两个是一模一样的，他们只不过是取决于第n-1列那多出来的那一半是在哪里。所以，如果要使用第二种，最核心的问题是会出现一列有一半的情况。所以我们试着来表示一下这种只有一半的情况：
再定义一个数组H，H的意思取half,H[i]表示把第i列填上一半有多少种方法。
我们再来想一想怎么样才能让这一行出现一半：一共有四种情况:
A.在一个填满的列后面加上一个第二种方块： B.在一个一半的列的空位上放一个横着的第一种方块：
以及他们上下对称的另外两种情况。对B情况，为什么非要加在空位上呢？那如果加在凸起来的那一块上：
我们最后需要的是每一列都被填满的情况，所以说上面的空位迟早要填，填的话又只能填第一种方块，所以如果在凸起来的那一块加的话是等效于先在③位置上先放一个，再往新形成的空位上再加上一个第一种方块，是属于按照情况B放之后出现的下一列的一种情况。所以说，H数组的真正完整的理解应该是：在第i-1列填满的情况下，让第i列只有一半有多少种方法。
回到正题，接着来推H的递推式：
情况A:取决于第i-1列有多少种填满的方式，而且凸出的那一块是可以在上也可以在下两种方式，所以总的是F[i-1]*2
情况B:取决于第i-1列有多少种填一半的方式,但是当前这一块放的位置实际上取决于i-1列的空位在哪里，所以这种情况下是和上一个半行一一对应的，就是H[i-1]
合起来：H[i]=F[i-1]*2+H[i-1]
那么要怎么样把一个填了一半的在下一列变成一个完整的呢？(也就是从H[i]变到F[i+1])
更简单，往空格那里塞一个第二种方块不就好了：
这个图像好像有一点点眼熟？（x
这样的话，在F[i]的推导式里空缺的一项就出来了：H[i-1]
那么把所有情况总结起来，得出最后的状态转移方程：
F[i]=F[i-1]+F[i-2]+H[i-1]
H[i]=F[i-2]*2+H[i-1]
还差一个初状态，画画图可以发现：
F[1]=1(就竖着放一个)，F[2]=2(横着放两个，竖着放两个)
H[1]=0(随便怎么放第二个方块的凸块只能在第二列)，H[2]=2（凸口在上在下）
好了，结束。
AC代码：（就懒得打注释了）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int F[10000010]={0},H[1000010]={0}; int n; int _r(){ int x=0; char c=getchar(); while(c>'9'||c<'0')c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar(); return x; } void DP(){ F[1]=1; F[2]=2; H[2]=2; for(int i=3;i<=n;i++){ F[i]=F[i-1]+F[i-2]+H[i-1]; H[i]=2*F[i-2]+H[i-1]; F[i]%=10000; H[i]%=10000; } } int main(){ n=_r(); DP(); printf("%d",F[n]); return 0; }