UVA 1073 - Glenbow Museum（数论+计数问题+递推）

题目链接：1073 - Glenbow Museum

白书上的例题，需要一定的推理。

首先要把问题转化，推理出n个点，R的个数为(n + 4) / 2， O的个数为(n - 4) / 2个，因为首先四个角必须为R，然后在中间添加O点，每有一个O点就要多一个R点，所以最后R点比O点多4。

然后问题就转化为给定n个R点和m个O点，求出有多少个序列，要求O点不连续，并且R的连续个数不能超过4，的序列个数。

可以设状态dp[i][j][2][2]，表示用到第i个R点第j个O点，开头点，结尾点，的情况种数来进行状态转移。

然后白书上有一种更高效的方法，因为连续的R的个数不可能超过O的数个4个以上，所以当i - j > 5的值是对答案没影响的。

所以设状态为dp[i][j][2]，表示i个R，已经有j对R（最多有4对R），开头点，末尾为R的状态，状态转移方程为

dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] (末尾添加OR) + sum{dp[i - 1][j - 1][k]} (末尾添加R),  k = 0 表示开头为R，k = 1表示开头为O。

ans[n] = dp[n][3][0] + dp[n][4][1] + dp[n][4][0](末尾还需补个O)。

代码：

#include <stdio.h>#include <string.h>const int N = 505;int n;long long ans[N * 2], dp[N][5][2];void DP() {for (int k = 0; k < 2; k++) {dp[1][0][k] = 1;for (int i = 2; i < N; i++) {for (int j = 0; j < 5; j++) {dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if (j > 0)dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 1][k];}}}}void init() {DP();for (int i = 1; i <= 1000; i++) {int n = (i + 4) / 2;if (i % 2 || i < 4) ans[i] = 0;else ans[i] = dp[n][3][0] + dp[n][4][1] + dp[n][4][0];}}int main() {init();int cas = 0;while (~scanf("%d", &n) && n) {printf("Case %d: %lld\n", ++cas, ans[n]);}return 0;}