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蓝桥杯🏆2022年第十三届省赛真题-积木画

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题目描述

小明最近迷上了积木画，有这么两种类型的积木，分别为 I 型（大小为 2 个单位面积）和 L 型（大小为 3 个单位面积）：

蓝桥杯2022年第十三届省赛真题积木画1

同时，小明有一块面积大小为 2 × N 的画布，画布由 2 × N 个 1 × 1 区域构成。小明需要用以上两种积木将画布拼满，他想知道总共有多少种不同的方式？积木可以任意旋转，且画布的方向固定。

输入

输入一个整数 N，表示画布大小。

输出

输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，所以输出其对 1000000007 取模后的值。

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提示

五种情况如下图所示，颜色只是为了标识不同的积木：

蓝桥杯2022年第十三届省赛真题积木画2

对于所有测试用例，1 ≤ N ≤ 10000000.

解题思路1️⃣:

哎，但凡是比赛的时候再测一个数据也不会不过，太可惜了，但是写的时候思路是对的，可惜a[2][1]写错了。

思路：a[i][0]:i列积木的堆法，a[i][1]：i列多一块小方格的堆法。

如：

或者

不管这三块是怎么放的，都叫a[3][0].
如果在此基础上右边多一个小方格就叫a[3][1]，注意小方格可以在第四列上一行也可以在第四列下一行（不好找图就不给了，自行想象）

给出动态规划方程：

 a[i][0]=(a[i-2][0]+a[i-2][1]+a[i-1][0])%mod; 
a[i][1]=(a[i-1][0]*2+a[i-1][1])%mod;

画布大小为i的排法，既a[i][0]的值：

先考虑少一块I型积木的排法，既a[i-1][0],这时加上一块I型积木就行了，
再考虑少一块L型积木的排法，既a[i-2][1],这时加上一块L型积木就行了,
考虑少两块I型积木的排法，既a[i-2][0]，加上两块I型积木，注意，两块必需横着加进去，如果是竖着加，就相当于第一种类型排法了，重复了。
涉及缺更多积木时，会发现无论怎么排，排法都会和上述情况重复,也就是说，以上三种情况涵盖了a[i][0]的所有排法。

所以有：

a[i][0]=(a[i-2][0]+a[i-2][1]+a[i-1][0])%mod;

a[i][1]的排法，大家可以自行画图写出来。

写出初始状态：

a[1][0]=1,a[2][0]=2,a[1][1]=2,a[2][1]=4;

🌸给出完整代码：

#include<stdio.h>
#define mod 1000000007
long int a[10000001][2];
int main()
{
     int n;
    a[1][0]=1,a[2][0]=2,a[1][1]=2,a[2][1]=4;
    scanf("%d",&n);
    if(n==1)printf("1");
    else if(n==2)printf("2");
    else {
        for(int i=3;i<=n;i++){
            a[i][0]=(a[i-2][0]+a[i-2][1]+a[i-1][0])%mod;
            a[i][1]=(a[i-1][0]*2+a[i-1][1])%mod;
        }
        printf("%ld",a[n][0]%mod);
    }
    return 0;
}

解体思路2️⃣：

在这里插入图片描述

首先我们直接来看三阶的,第一个和第二个我们可以发现I型积木拼放的方式是有2种的,或者看一和四都行,然后L型积木的拼接方式是1种看三和五(你把他们两个反转过来就是一种),那我们不妨想的简单一点所以递推公式就是:dp[i]=dp[i-1]*2+dp[i-3];

证明的方法就是我们刚才的思想过程,我们讲二维的矩阵看成了一维的,所以I型积木就是等于1个方格,所以我们记为i-1,L型积木就是等于1.5个方格,但是L型积木不能单独出现,必须成双的出现,所以我们记为i-3,又由于I型积木出现在一个位置有两种方式,所以我们乘以二,L型积木出现只有一直方式我们乘以1,就结束了。

但是我们还要进行初始化前三个:

当i等于1的时候dp就是1,这个没啥说的,只能放一种I型不管咋放都一样.
当i等于2的时候dp是2,因为可以放两个I型,可以水平放可以竖直放2种.
当i等于3的时候就是题目当中的情况dp等于5,

💐参考代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define mod 1000000007
int dp[10000005];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=5;
    for(int i=4;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=(dp[i-1]*2%mod+dp[i-3]%mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",dp[n]);
    return 0;
}

解题思路3️⃣：

状态转移方程

情况一：单独使用 I 型积木拼接， d p [ i ] + = d p [ i − 1 ] dp[i] += dp[i-1] dp[i]+=dp[i−1]
情况二：使用两个 I 型积木拼接， d p [ i ] + = d p [ i − 2 ] dp[i]+=dp[i-2] dp[i]+=dp[i−2]
情况三：使用两个 L 型积木拼接， d p [ i ] + = 2 ⋅ d p [ i − 3 ] dp[i]+=2\cdot dp[i-3] dp[i]+=2⋅dp[i−3]
情况四：情况四只有 i > = 4 i>=4 i>=4 时才可能出现，具体讨论如下：
若 i = = 4 i4 i4 ，只存在长度为 4 的拼接情况，假设 d p [ 0 ] = 1 dp[0]=1 dp[0]=1，也就是说 d p [ 4 ] + = d p [ 0 ] ⋅ 2 dp[4]+=dp[0]\cdot 2 dp[4]+=dp[0]⋅2
若 i = = 5 i5 i5，存在长度为 4 , 5 4,5 4,5 的拼接情况，即 d p [ 5 ] + = ( d p [ 0 ] + d p [ 1 ] ) ⋅ 2 dp[5] += (dp[0]+dp[1])\cdot 2 dp[5]+=(dp[0]+dp[1])⋅2
若 i = = 6 i 6 i6，继续推导有： d p [ 6 ] + = ( d p [ 0 ] + d p [ 1 ] + d p [ 2 ] ) ⋅ 2 dp[6]+=(dp[0]+dp[1]+dp[2])\cdot 2 dp[6]+=(dp[0]+dp[1]+dp[2])⋅2
若 i = = 7 i7 i7，推导有： d p [ 7 ] + = ( d p [ 0 ] + d p [ 1 ] + d p [ 2 ] + d p [ 3 ] ) ⋅ 2 dp[7]+=(dp[0]+dp[1]+dp[2]+dp[3])\cdot 2 dp[7]+=(dp[0]+dp[1]+dp[2]+dp[3])⋅2

按照上述推导，不难发现 d p [ i ] + = ( d p [ 0 , 1 , 2 , . . . , i − 4 ] ) ⋅ 2 dp[i]+=(dp[0,1,2,…,i-4])\cdot 2 dp[i]+=(dp[0,1,2,…,i−4])⋅2，因此可以定义一个变量 s u m sum sum 存储 d p [ 0 , 1 , 2 , . . i ] dp[0,1,2,…i] dp[0,1,2,…i] 的值，在 i i i 增大的同时更新 s u m sum sum 的值，初始情况 s u m = 0 sum=0 sum=0。
返回结果

最终 d p [ N ] dp[N] dp[N] 就是题目所求值，这道题就这样解决了。

🌷 代码编写

#include <iostream>
#include <math.h>
#define ll long long
// #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int main() {
	ll n, a1, a2, a3;
	a1 = 5;
	a2 = 2;
	a3 = 1;
	cin >> n;
	ll sum = 0;
	for (ll i = 4; i <= n; ++i) {
		ll val = 0;
		val += a1;
		val += a2;
		val += (a3 * 2L);
		if (i >= 4) {
			val += sum * 2 + 2;
			sum += a3;
		}
		val %= MOD;
		a3 = a2;
		a2 = a1;
		a1 = val;
	}
	cout << a1;
	return 0;
}