acmclub 1059 贴瓷砖

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1059:贴瓷砖分数: 1

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特殊判题： 否

提交：69

解决： 43

标签

• 递推

题目描述

有一块大小是 2 * n 的墙面，现在需要用2种规格的瓷砖铺满，瓷砖规格分别是 2 * 1 和 2 * 2，请计算一共有多少种铺设的方法。

输入格式

输入的第一行包含一个正整数T（T<=20），表示一共有T组数据，接着是T行数据，每行包含一个正整数N（N<=30），表示墙面的大小是2行N列。

输出

输出一共有多少种铺设的方法，每组数据的输出占一行。

样例输入

3
2
8
12

样例输出

3
171
2731

提示[+]

*** 提示已隐藏，点击上方 [+] 可显示 ***

题意: 略。

题解:  开始直到是要用递推做，但就是不知道怎么找递推式~~ 于是傻傻的写了个dfs,不用说~~ 交上去就超时了。

【详解】

 

当n=1时，显然只有一种铺设方法。

当n=2时，可以用2个竖的3*1瓷砖铺设，也可以用1个竖的3*2瓷砖铺设，故共有两种铺设方案。

当n=3时，

1) 用3个竖的3*1瓷砖铺设

2) 先用1个竖的3*1，再用1个竖的3*2瓷砖铺设

3) 先用1个竖的3*2，再用1个竖的3*1瓷砖铺设

4) 用1个3*3的瓷砖铺设

5) 用3个横的3*1瓷砖铺设

6) 先用1个横的3*1，再用一个横的3*2瓷砖铺设

7) 先用1个横的3*2，再用一个横的3*1瓷砖铺设

共7中方案 

那么推广到一般情况（n>4），记铺设3*n墙壁总方案数为f(n).

1） 如果先铺3*1的墙壁，铺设3*1的方案数为1，还剩下3*（n-1）的墙壁的总方案数位为f(n-1)，故这种情况共有有1*f(n-1)种方案。

2） 如果先铺3*2的墙壁，铺设3*2的方案数为1（因为要去掉与1）中重复的情况），还剩下3*（n-2）的墙壁的总方案数为f(n-2)，故这种情况共有有1*f(n-2)种方案。

3） 如果先铺3*3的墙壁，铺设3*3的方案数为4（去掉与（1），（2）重复的情况），还剩下3*（n-3）的墙壁的总分数为f(n-3)，故这种情况共有有4*f(n-3)种方案。

所以可以得出递推式f(n)=f(n-1)+f(n-2)+4*f(n-3);(n>=4)

先贴上我超时的dfs代码(乱的不成样子了，估计也只有我自己知道什么意思):

#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int dir[2][3][2]={{{0,0},{1,0},{2,0}},{{0,0},{0,1},{0,2}}};int map[3][55],n,p=0,a[10];

long long count=0;void dfs(int x,int y,int step){if(x<0||x>=3||y<0||y>=n)return ;if(!step){count++;return ;}if(!map[x][y]){for(int i=0;i<5;i++){if(!i&&!x){bool flag=true;for(int j=0;j<3;j++)if(map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]])flag=false;if(flag){if(3==step){count++;return ;}for(int j=0;j<3;j++)map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]]=-1;if(x*y<2*(n-1)){int tempx=x,tempy=y+1;if(tempy>=n){tempx++;tempy=0;}dfs(tempx,tempy,step-3);}for(int j=0;j<3;j++)map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]]=0;}}if(i==1&&(y+2)<n){bool flag=true;for(int j=0;j<3;j++)if(map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]])flag=false;if(flag){if(3==step){count++;return ;}for(int j=0;j<3;j++)map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]]=-1;int tempx=x,tempy=y+3;if(tempy>=n){tempx++;tempy%=n;}if(tempx<3&&tempy*tempx<=2*(n-1)){dfs(tempx,tempy,step-3);}for(int j=0;j<3;j++)map[x+dir[i][j][0]][y+dir[i][j][1]]=0;}}if(i==2&&!x&&(y+1)<n){bool flag=true;for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++)if(map[x+dir[0][j][0]][y+dir[0][j][1]+k])flag=false;if(flag){if(6==step){count++;return ;}for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++) map[x+dir[0][j][0]][y+dir[0][j][1]+k]=-1;if(x*y<2*(n-1)-1){int tempx=x,tempy=y+2;if(tempy>=n){tempx++;tempy%=n;}dfs(tempx,tempy,step-6);for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++) map[x+dir[0][j][0]][y+dir[0][j][1]+k]=0;}}}if(i==3&&x<2&&y+2<n){bool flag=true;for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++)if(map[x+k+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]])flag=false;if(flag){ int tempx=x,tempy=y+3;if(tempy>=n){tempx+=2;tempy%=n;}if(6==step){count++;return ;}if(tempx<3&&tempy*tempx<=2*(n-1)){for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++)map[x+k+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]]=-1;dfs(tempx,tempy,step-6);for(int k=0;k<2;k++)for(int j=0;j<3;j++)map[x+k+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]]=0;}}}if(i==4&&!x&&(y+2)<n){bool flag=true;for(int k=0;k<3;k++)for(int j=0;j<3;j++)if(map[k+x+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]])flag=false;if(flag){if(9==step){count++;return ;}int tempx=x,tempy=y+3;if(tempy>=n){tempx++;tempy%=n;}if(tempx<3&&tempy*tempx<=2*(n-1)){for(int k=0;k<3;k++)for(int j=0;j<3;j++)map[x+k+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]]=-1;dfs(tempx,tempy,step-9);for(int k=0;k<3;k++)for(int j=0;j<3;j++)map[x+k+dir[1][j][0]][y+dir[1][j][1]]=0;}}}}}}int main(){while(cin>>n){count=0;memset(map,0,sizeof(map));dfs(0,0,3*n);cout<<count<<endl;}return 0;}

AC递推代码(真TM短呀！):

#include<iostream>using namespace std;long long dp[51],n;int main(){dp[1]=1,dp[2]=2; dp[3]=7;for(int i=4;i<=50;i++)dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+4*dp[i-3];while(cin>>n)cout<<dp[n]<<endl;return 0;}