1.积木画

1.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 $2\times N$ 的画布, 画布由 $2\times N$ 个 $1\times 1$ 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。

2.输入格式

输入一个整数 $N$，表示画布大小。

3.输出格式

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。

4.样例输入

3

5.样例输出

5

6.样例说明

五种情况如下图所示，颜色只是为了标识不同的积木：

7.数据范围

$1\le N\le 10^7$

8.原题链接

积木画

2.解题思路

比较简单的状态压缩 $dp$ 的模型，虽然 $N$ 很大，但总共只有两行，所以只需要考虑结尾的插入情况即可。
定义 $f[i][j]$ 为已经排好了前 $i-1$ 列，且第 $i$ 列的状态为 $j$ 的方案数。当 $j$ 为 0 时表示第 $i$ 列上面和下面均未摆放积。为 1 时表示上面未摆，下面摆放了积木。当为 2 时表示上面摆了，下面未摆的情况，当为 3 时表示上下均摆好了积木的情况。
从定义可知最终答案为 $f[n][3]$

考虑如何进行初始化，当 $n$ 为0时，可以视为完全摆好的情况，则$f[0][3]=1$，当 $n$ 为 1 时，只有一种摆法，则$f[1][3]=1$。

接下来考虑如何进行状态转移：
首先考虑 $f[i][0]$ ，因为0表示上下都未摆放积木，而状态定义就要求了前 $i-1$列已经摆好，则转移方程:
$$f[i][0]=f[i-1][3]$$

然后考虑$f[i-1][1]$如何转移：

1表示我们第 $i$ 列是下面摆放了上面未摆放，也就是下面突出了一格，我们考虑如何才会产生这样的效果：

当这样摆放时可以得到，但转移时不应该从 $i-1$ 列转移，而应该是从$f[i-2][3]$ 转移。

除此之外我们还可以像下面这样插入，这样我们可以从$f[i-1][2]$转移过来。

综上我们有两种情况可以得到$f[i][1]$，转移方程为：
$$f[i][1]=(f[i-1][0]+f[i-1][2])$$

分析$f[i][2]$其实和$f[i][1]$同理，反过来就行，有如下两种插入情况：


那么转移方程则为：
$$f[i][2]=(f[i-1][0]+f[i-1][1])$$

最后考虑$f[i][3]$如何转移，这个转移的情况比较多，直接上图大家就能看懂了：

横着插两块，从$f[i-2][3]$转移

可以从$f[i-1][3]$转移


可以从$f[i-1][1]$和$f[i-1][2]$转移，综上：
$$f[i][3]=(f[i-2][3]+f[i-1][3]+f[i-1][2]+f[i-1][1])$$

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 10000010;

int n;
// f[i][j]表示已经操作完前i-1列，且第i列的状态为j的方案数
LL f[N][3];
void solve()
{
	cin >> n;
	f[0][3] = 1;
	f[1][3] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		f[i][0] = f[i - 1][3];
		f[i][1] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % mod;
		f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mod;
		f[i][3] = (f[i - 2][3] + f[i - 1][3] + f[i - 1][2] + f[i - 1][1]) % mod;
	}
	cout << f[n][3] << '\n';
}
int main()
{
	ios_base :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int t = 1;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}