刷格子

X国的一段古城墙的顶端可以看成 2*N个格子组成的矩形（如下图所示），现需要把这些格子刷上保护漆。

http://www.dotcpp.com/oj/upload/image/20180421/20180421182053_36275.jpg
你可以从任意一个格子刷起，刷完一格，可以移动到和它相邻的格子（对角相邻也算数），但不能移动到较远的格子（因为油漆未干不能踩！）
比如：a d b c e f 就是合格的刷漆顺序。
c e f d a b 是另一种合适的方案。
当已知 N 时，求总的方案数。当N较大时，结果会迅速增大，请把结果对 1000000007 (十亿零七) 取模。

输入
输入数据为一个正整数（不大于1000）
输出
输出数据为一个正整数。
样例输入
3
样例输出
96

问题：
首先想到的是DFS来进行遍历全部格子，实现之后发现时间复杂度很高，对于较大的数就已经很吃力了，通过网上寻找答案，发现了大神们的解法。
首先定义两个数组：
数组b[]用于存放，通过最边缘的一个格子出发，出发到它旁边列的一个格子里，不断向前，最后回到原来同列的格子的方法有多少种。每到下一个格子，就有两种选择，当路线选择到另外最边缘的时候，则回来的路线是只有单一一条，则b[i]=b[i-1]*2;
其中i的值为到达第几列了。
再定义一个a[]数组用于存放，到达索引i列的时候有多少种方法。
其中有以下几种情况：
1，最边缘的一个格子开始刷漆，然后下一个格子为其刷同列相邻的格子，然后再刷下一个格子的时候则有两个选择，选完之后再刷其同列的格子。则其有a[i]+=a[i-1]*2;
2，最边缘的格子，先去其下一列的格子进行刷漆，有两种选择，然后再刷回上一列没有刷的格子，然后再刷下一列没有刷的格子，然后再刷第三列的时候则有两种选择。则a[i]+=4*a[i-2];进行一次这种刷新
3，则是先遍历下一列的格子，不断遍历下一列的格子，然后再从最边缘回到原来初始格子同列的相邻格子。与b[]的效果一样。
则其a[i]+=b[i];

同过以上的，为一个格子出发的时候，当从四个格子出发，则需要
sum=a[n]*4;

边缘格子解决，然后当需要从中间进行筛选格子进行刷漆的时候，选定的格子的同列格子不能刷那么快，这样两边就无法完全刷完，则当两边都要刷，则有一边需要先利用数组b这样的性质才可以回到同列数组的格子，则再进行刷另外一边的格子，另外一边的格子刷漆利用a数组，因为a数组以及包括b数组的性质，不需要重复利用b数组。格子区间 ：[2,n-1];
每一列有两种选择，并且哪边刷b哪边刷a也有两种选择，则得出式子
sum=(sum+22b[n-i]2a[i-1]+22b[i-1]2a[n-i])%1000000007;
代码为：
在测试上有33%测试不过，不知道为什么！烦！

public class C1447 {
	public static void main(String[] args) {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
		int n = sc.nextInt();
		if(n==0)
		{
			System.out.println(0);
			return;
		}
		if(n!=1) {
			long[] a = new long[n+1];
			long[] b = new long[n+1];	
			b[1]=1;
			for(int i=2;i<=n;i++)b[i]=2*b[i-1]%1000000007;//表示从第一行刷到第i行有多少种方法
			a[1]=1;
			a[2]=6;//刷完当前的，还没有打算刷下面的
			for(int i=3;i<=n;i++) {
				a[i]=(a[i-1]*2+a[i-2]*4+b[i])%1000000007;
			}
			System.out.println(a[2]);
			long sum=(a[n]*4)%1000000007;
			for(int i=2;i<n;i++) {
				sum=(sum+2*2*b[n-i]*2*a[i-1]+2*2*b[i-1]*2*a[n-i])%1000000007;
			}System.out.println(sum);
		}
		if(n==1)
		System.out.println(2);
		}
}