踩方格(动态规划,两种递推)

Posted 2021-01-17 zyacmer

//本题给了两种递推的写法
/*
两种方法的思路总结:
都是用步数i作为迭代量
然后考虑每一步和前一步的关系
第一种方法是找出三向点和二向点的关系
第二种方法是找出当前点是由三个方向过来的,这三个方向分别又是由...过来的
再找出递推关系,再推导化简,成功优化为一元状态转移方程
*/
///ps.希望一年后我也能有这么强大的acm能力
//特别感谢蔡军帅的这篇博文让我学会这题
//他的博客:https://blog.csdn.net/qq_40875849/article/details/83053045
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
/*
每一个三向的点下一步会生成一个三向的点和两个双向的点
//@3 => @3 [email protected] [email protected]
每一个双向的点下一步会生成一个三向的点和一个双向的点
//@2 => @3 [email protected]
这个可以画个图理解模拟一下
*/
int a3[25];//关于三向点的数组
int a2[25];//关于二向点的数组
int main()
{
/*
刚刚那个规律是一直成立的,只要按着规律一直递推到
第n步有多少个三向方案和多少个双向方案就好了
*/
    int n;
    cin>>n;
    a2[1]=0;
    a3[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
/*
第i步:@3 => 第i+1步:@3 [email protected] [email protected]
第i步:@2 => 第i+1步:@3 [email protected]

联立两个式子
假如现在走到第i步,现在场上有a个@3和b个@2
那么i+1步时会有a*2+b*1个@2
会有a*1+b*1个@3
*/
        a2[i]=2*a3[i-1]+a2[i-1];
        a3[i]=a3[i-1]+a2[i-1];
    }
    cout<<a3[n]*3+a2[n]*2<<endl;
    //第n步时,有a3[n]个@3和a2[n]个@2
    //@3代表有三种走法,@2代表有两种走法
    //直接输出3*a3[n]+2*a2[n]就好了
    return 0;
}

//本题另一种写法
//感谢konjac的博文让我学会这题
//他的博客:https://www.cnblogs.com/konjak/p/5936888.html
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[25];
int main()
{
/*
另一种方法是用一元数组递推,虽然说比前一种方法效率更高,但更难掌握
因为状态转移方程不能一眼看出,要靠推出来

附上konjac的推导过程(这里为转载复制!!!)
状态转移方程推导如下——
设l[i],r[i],u[i]分别为第 i 步向西、东、北的方案数，f[i]为总方案数。
l[i]=l[i-1]+u[i-1], r[i]=r[i-1]+u[i-1], u[i]=l[i-1]+r[i-1]+u[i-1]//这行很重要,对于下面推导
//每个方向的来源都清除,左边是从左边和下面来
//右边是右边和下面来
//上边可以是左右两边来的也可以是下边来的1
f[i]=l[i]+r[i]+u[i]//f[i]由三个方向组成
    =2*l[i-1]+2*r[i-1]+3*u[i-1]   //把l[i],r[i],u[i]都替换掉
    =2*f[i-1]+u[i-1]   //然后还剩一个u[i-1]没替换
    =2*f[i-1]+f[i-2]   //u[i-1]=l[i-2]+r[i-2]+u[i-2]=f[i-2]
于是代码就非常简单了
*/
    int n;
    scanf("%d",&n);
    f[1]=3,  f[2]=7;
    for (int i=3;i<=n;i++)
       f[i]=2*f[i-1]+f[i-2];
    printf("%d
",f[n]);
    return 0;
}