NYOJ 980 格子刷油漆 动态规划

这道题目状态转移方程比较复杂，刚开始以为没这么多情况，看了好多大牛的博客再加上与同学讨论才看懂，写下心得。

因为起点不固定，所以我们一个一个来考虑，先从角上考虑，设三个数组来表示分别为D，A，Sum，分别表示为“从一个角开始然后回到同一列的对应位置的总个数”， “从一个角开始的总个数(包括回到对应位置和不回到对应位置)”， “表示总的个数”

1. 当回到对应位置时：

　　D[1] = 1，D[n] = 2 * D[n-1];

　　因为他可以有两种方式出去，最后再回来，如图(a), 图上是以右上角这个格子出发的，然后回到右下角这个格子，一共有两种方式出去。

2. 不一定回到对应位置时，就是一个角的总个数：

　　A[n] = D[n] + 2*A[n - 1] + 4 * A[n - 2];

　　其中, D[n]表示回到对应位置的，而A[n-1]这种情况如图(b)所示，先上对面去，然后再接着向前走，所以还是两种方式出去，后面这种表示挨着走完两列，就是前面没有的这种情况，一共有两种走法，但是每种走法又有两种出去的方式，所以是4种，如下图(c)表示的，黑色(1,2两种)的和红色的(3,4两种)箭头方向。

　　这只是其中一个角，因为只要n>2就有4个角，所以这个所有角的个数就是4*A[n];

3.当从中间位置开始走时：

　　假设从 i 开始走， 2*(2*D[i-1]*2*A[n-i] + 2*D[n-i]*2*A[i-1])，最后从2 - n-1 遍历一遍加起来

　　假设从 i 开始走，显然不能直接往下走，否则无法遍历所有点，应当是先遍历左边（右边）所有点，然后回到相对的点，然后遍历右边（左边）的点。注意先遍历的时候，必须是采用“遍历全体格子后回到与之相对的格子”的走法，否则无法遍历出发点正下方的点，而后遍历则不受限制。所以先往左走的 i 之前的方法总数就是D[i - 1], 之后A[n - i],同理可以推先往右走的。

附AC代码：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 using namespace std;
 const int N = ;
 const long long mod = ;
 long long D[N], A[N], Sum[N];//D数组表示从一个角出发，最后回到出发点的同一列所对应的那个格子的总个数，
 //A数组表示所有一个角出发的总个数，Sum表示总的个数
 int main()
 {
     D[] = ;
     A[] = ;
     A[] = ;//初始条件，从一个角开始所有的总数
     Sum[] = ;//总数
     Sum[] = ;
     for (int i = ; i < N; i++)
         D[i] = D[i - ] *  % mod;
     for (int i = ; i < N; i++)
         A[i] = (D[i] +  * A[i - ] +  * A[i - ]) % mod;
     for (int i = ; i < N; i++)
     {
         Sum[i] =  * A[i] % mod;
         for (int k = ; k < i; k++)
             Sum[i] = (Sum[i] +  * D[k - ] * A[i - k] % mod +  * D[i - k] * A[k - ] % mod) % mod;
     }
     int n;
     while (cin >> n)
     {
         cout << Sum[n] << endl;
     }

     return ;
 }