问题描述
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试题编号：
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201312-4
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试题名称：
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有趣的数
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时间限制：
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1.0s
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内存限制：
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256.0MB
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问题描述：
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问题描述
我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
3. 最高位数字不为0。
因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入格式
输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000)。
输出格式
输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
样例输入
4
样例输出
3
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今天刚注册了，就试着写模拟题。这是第四道，很不错的题目。当时没写出来，只能得0分。网上看了别人的代码后才知道得用DP做，就是状态多一些。
根据题意我们知道，排在第一位的只能是2了。1不可能在第一位，因为所有的0都必须在1的前面，但是0也不能排在第一位，所以就排除了0和1的可能性。又因为所有的2都在3的前面，所以3也不可能排在第一位。于此同时就产生了6种不同的状态，保存在dp数组中。下面详细介绍一下。
（0）：第一种状态就是前面几个数字都只是包含数字2，我们记录为dp[i][0]。表示前i位数字的第一种状态。
（1）：第二种状态就是前面几个数字只包含有数字2和0，因为0必须在1的前面，所以前i位不会出现2和1的组合。当然，这种状态下没有数字1和3。记录为dp[i][1]。
（2）：第三种状态就是前面几个数字只包含有2和3，满足2必须出现在3的前面的情况。没有数字0和1，记录为状态dp[i][2]。
（3）：第四种状态就是前面数字只包含数字2、0、1。满足0出现在1的前面。记录为状态dp[i][3]。
（4）：第五种状态就是前面数字只包含数字2、0、3。满足2出现在3的前面，记录为状态dp[i][4]。
（5）：第六种状态就是0、1、2、3都出现的情况，记录为状态dp[i][5]。
那么，我们可以得到，不论是哪个i的值，都有dp[i][0]=1。因为前面只有数字2，得到唯一的一个数。
而dp[i][1] = (2 * dp[i - 1][1] + dp[i - 1][0] ) 这是因为在前面i-1是第状态2的情况下，第i个数有两种选择，2或者0，所以需要乘2。而当i-1是状态1的时候，i只有一个选择就是0，来保证出现0和2的状态。
同理dp[i][2] = (dp[i - 1][2] + dp[i - 1][0] )这是因为在前面i-1是第3种状态的情况下，第i个数只有一种选择就是数字3，因为2必须出现在3的前面。当前面i-1是第1种状态的时候，也只有一种选择，数字3。这样才能保证是状态3。
接下来dp[i][3] = (2 * dp[i - 1][3] + dp[i - 1][1] )这个也很好理解，就是说在前面i-1是第4种状态的情况下，有1和2两种选择，需要乘2。当时第2种状态的时候，只有一个选择就是1。
下面的情况就不说明了，请广大同志们自行脑补，最后写出来的dp就是6种状态。
最后要用到取模运算的性质，因为这个直接得了好多的0分。
源代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define MIN -0x3f3f3f3f
#define PI 3.14159265358979323
#define N 1005
#define num 1000000007
__int64 dp[1001][6];
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
int i;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[1][0] = 1;
for (i = 2; i <= n; i++)
{
dp[i][0] = 1;
dp[i][1] = (2 * dp[i - 1][1] % num + dp[i - 1][0] % num) % num;
dp[i][2] = (dp[i - 1][2] % num + dp[i - 1][0] % num) % num;
dp[i][3] = (2 * dp[i - 1][3] % num + dp[i - 1][1] % num) % num;
dp[i][4] = ((2 * dp[i - 1][4] % num + dp[i - 1][2] % num) % num + dp[i - 1][1] % num) % num;
dp[i][5] = ((2 * dp[i - 1][5] % num + dp[i - 1][4] % num) % num + dp[i - 1][3] % num) % num;
}
printf("%lld
", dp[n][5]);
return 0;
}
