CCF201312-4 有趣的数（100分）

试题编号：	201312-4
试题名称：	有趣的数
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	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

问题链接：CCF201312试题。

原题链接：有趣的数。

问题描述：参见上文。

问题分析：这是一个计算问题，关键在于找到一个递推式。只要找到一个递推式，问题就解决了。有时候这类问题也用DP（动态规划）来解决。

根据题意，有趣的数满足以下约束条件如下：

1.只包含数字0、1、2和3

2.0、1、2和3各自至少出现一次

3.所有的0都出现在1之前

4.所有的2都出现在3之前

5.最高位数字不为0

数（字符串）可以分为以下六种情况（或称为状态）：

1.只包含数字2，记为S₁

2.只包含数字2和0（0开始的数0个，以此数为前缀的数均不是以0开始），记为S₂

3.只包含数字2和3，记为S₃

4.只包含数字2、0和1，并且满足所有0在1之前，记为S₄

5.只包含数字2、0和3，并且满足所有2在3之前，记为S₅

6.包含任意数字（包含0、1、2和3），满足所有0在1之前，满足所有2在3之前，记为S₆

考虑递推式：

1.对于S₁，考虑其长度l，定义f(l,S₁)为长度l的S₁数的数量，则f(l,S₁)＝１。也就是说长度为l的只包含2的数只有1个。

2.对于S₂，考虑其长度l，定义f(l,S₂)为长度l的S₂数的数量，当l=1则那么f(l,S₂)=0，即f(1,S₂)=0，当l>1则f(l,S₂)=f(l-1,S₂)*2+f(l-1,S₁)。这是因为，长度为l的S₂数可以是由长度为l-1的S₂的数加上2或0构成，例20为长度为2的S₂数，那么202和200为长度为3的S₂数；另外，长度为l的S₂数可以是由长度为l-1的S₁的数加上0构成，例如22为长度为2的S₁数，那么220为长度为3的S₂数。

3.对于S₃，考虑其长度l，定义f(l,S₃)为长度l的S₃数的数量，当l=1则那么f(l,S₃)=0，即那么f(1,S₃)=0，当l>1则f(l,S₃)=f(l-1,S₃)*2+f(l-1,S₁)。这是因为，长度为l的S₃数可以是由长度为l-1的S₃的数加上2或3构成，例23为长度为2的S₃数，那么232和233为长度为3的S₃数；另外，长度为l的S₃数可以是由长度为l-1的S₁的数加上3构成，例如22为长度为2的S₁数，那么223为长度为3的S₃数。

4.对于S₄，考虑其长度l，定义f(l,S₄)为长度l的S₄数的数量，当l=1则那么f(l,S₄)=0，即f(1,S₄)=0，当l>1则f(l,S₄)=f(l-1,S₄)*2+f(l-1,S₂)+f(l-1,S₃)。这是因为，长度为l的S₄数可以是由长度为l-1的S₄的数加上2或1构成（满足所有0在1之前，不可以加上0），例201为长度为3的S₄数，那么2012和2011为长度为4的S₄数；另外，长度为l的S₄数可以是由长度为l-1的S₂的数加上1构成，例如20为长度为2的S₂数，那么201为长度为3的S₄数。

同理，对于S₅和S_{6，可以得到相应的递推公式。详细参见以下的源程序。}

_{有了递推式，程序就可以根据递推式，逐步进行计算。}

程序说明：（略）。

提交后得100分的C++语言程序如下：

/* CCF201312-4 有趣的数 */

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const long long MOD = 1000000007;
const int MAXN = 1000;
const int MAXS = 5;
long long status[MAXN+1][MAXS+1];


int main()
{
    int n;

    cin >> n;

    memset(status, 0, sizeof(status));

    // DP
    status[1][0] = 1;
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        status[i][0] = 1;
        status[i][1] = (status[i - 1][1] * 2 + status[i - 1] [0]) % MOD;
        status[i][2] = (status[i - 1][2] + status[i - 1][0]) % MOD;
        status[i][3] = (status[i - 1][3] * 2 + status[i - 1][1] ) % MOD;
        status[i][4] = (status[i - 1][4] * 2 + status[i - 1][1] + status[i - 1][2]) % MOD;
        status[i][5] = (status[i - 1][5] * 2 + status[i - 1][3] + status[i - 1][4]) % MOD;
    }

    cout << status[n][5] << endl;

    return 0;
}