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💻首发时间🎞2022年7月10日🎠
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写在前面🏅

这道题我有在网上去搜索了一下其他博主的题解因为我实在无法理解 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] ⋅ 2 + d p [ i − 3 ] dp[i] = dp[i-1]\cdot2+dp[i-3] dp[i]=dp[i−1]⋅2+dp[i−3] 这个状态转移方程是如何得到的可能是自己太笨了他们的题解大多都是草草两句收尾讲的有些含糊不清作为菜狗的我真的很难懂啊啊啊啊在思考良久后对于这道题我想到了一种自己的解题想法与网上主流的状态转移方程不同不过同样能够解题。

蓝桥杯🏆2022年第十三届省赛真题-积木画

时间限制: 1Sec 内存限制: 256MB 提交: 623 解决: 135

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

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。

样例输入复制

3

样例输出复制

5

提示

五种情况如下图所示颜色只是为了标识不同的积木

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

1. 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
2. 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,
3. 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。
4. 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

首先这个题肯定是用动态规划来做的,正好它也符合动态规划做题的思想,无后效性也满足所以我们用动态规划做会好做一点.
那怎么想这个题呢,首先它是二维的一个矩阵模式,并且有摆放还是有顺序的,所以我们如果要用二维dp来做还确实不好做,拿我们所幸直接用一维来简化拼积木的过程,但是怎么简化呢.
我们先来看下题目给的案例:

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

状态表示

本题解题的关键是使用动态规划定义一维数组 d p dp dp d p [ i ] dp[i] dp[i] 存储画布的大小为 2 × i 2\times i 2×i 时积木的填充方法数。

状态初始化

不难发现

• 当画布大小为 2 × 1 2\times 1 2×1 时只能放下一个 I 型积木因此 d p [ 1 ] = 1 dp[1] =1 dp[1]=1。

• 当画布大小为 2 × 2 2\times 2 2×2 时只能放下两个 I 型积木但积木可以旋转,如下图所示因此 d p [ 2 ] = 2 dp[2] = 2 dp[2]=2

  

• 当画布大小为 2 × 3 2\times3 2×3时如题目中所示共有五种方式因此 d p [ 3 ] = 5 dp[3] = 5 dp[3]=5

情况梳理

梳理状态转移方程之前不妨思考下积木画出现在最后且符合题意的积木块只能出现哪几种情况呢

• 情况一单独使用 I 型积木拼接

  完全可以使用单独的拼接在任意一个符合题意的积木画尾部中使积木画总长度 + 1。

• 情况二使用两个 I 型积木拼接

  使用同样能够拼接到任意一个符合题意的积木画尾部使其积木画总长度 + 2。

• 情况三使用两个 L 型积木拼接

  使用或 拼接到任意一个符合题意的积木画尾部使其积木画总长度 +3但要注意此时存在这两种 L 型积木拼接方式属于不同的方式因此需要单独计算

• 情况四使用两个 L 型积木与 i ( 1 , 2 , 3 , . . . . n ) i(1,2,3,…n) i(1,2,3,…n) 个 I 型积木拼接

  最容易被忽略的情况使用 I 型积木与 两个 L 型积木同样能完成拼接。

  

  不要忘记翻转后的情况

  

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。

需要注意下面代码中仅使用 a 1 , a 2 , a 3 a1,a2,a3 a1,a2,a3 分别代表 d p [ i − 1 ] , d p [ i − 2 ] , d p [ i − 3 ] dp[i-1],dp[i-2],dp[i-3] dp[i−1],dp[i−2],dp[i−3]。

🌷 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;
}

写在最后🧐

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