杭电oj——不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题——【题解】
题目链接：不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题
思路：列出前面几项观察下规律， a[1] = 3, a[2] = 6, a[3] = 6;
按照一般的思路，找涂n个方格的方法数，可以看涂n-1个方格的方法数，然后涂第n个方格多了多少种方法
根据题中“要求任何相邻的方格不能同色，且首尾两格也不同色 ”可知
当n大于等于4时，第1格到第n-1格（大于等于3）才不是相邻的
思路来源：涂好了前n-1格的基础上涂第n格，保证第1格和第n格颜色不同，且第n-1格与第n格颜色不同
所以需要去分类讨论第1格和第n-1格的颜色是否相同
所以得到一个讨论的条件：（当n大于等于4时）（总共有3种颜色）
1.第1格与第n-1格同色时，涂第n格可以有2种方法，此时满足第1格与第n格颜色不同，第n-1格与第n格颜色不同
而此时涂前n-1格的方法数实际上只是涂前n-2格的方法数（第1格与第n-1格同色），所以有2*a[n-2]种方法。
2.第1格与第n-1格不同色时，涂第n格只能有1种方法，此时满足第1格与第n格颜色不同，第n-1格与第n格颜色不同
而此时涂前n-1格的方法数为a[n-1]
所以涂前n格的方法数为a[n]=a[n-1]+2*a[n-2]
所以第一种为2*a[i-2]
2.当n=1与n=n-1不同，那么而此时涂前n-1格的方法数为a[n-1]；
AC代码：
#include
using namespace std;
int main(){
long long a[60];//用long long存取，因为当n较大时数会很大，保险起见
int n;
a[1] = 3;
a[2] = 6;
a[3] = 6;
while(cin >> n){
for(int i = 4; i <= n; i++){
a[i] = a[i - 1] + 2*a[i - 2];
}
cout << a[n] << endl;
}
return 0;
}
作者：千意齐飞
