题意:O代表90度,R代表270度,给你一个n问你存在多少长度为n的串,串可以组成一个封闭的多边形。
如n=4时序列只能是OOOO,即一个四边形。
当n=6时满足题意的序列有RRRRRO,RRRROR,RRRORR,RRORRR,RORRRR,ORRRRR.
通过观察我们可的R的数量总比O多4个。那么最多有4对RR,且没有两个OO的情况。
所以我们可以设dp方程:
dp[i][j][k]表示i个R其中有j对RR开头是K
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j-1][k];
方程为什么这样子,我的想法是当我们有i-1个R,j-1对R时,我们加一个R,同时为了满足R-O=4,O也要加一个,
那么举一个例子序列RRORRORROR,当我们加一个R和一个O时,序列可以变为RRORRORROROR或者RRORRORRORRO
可以发现我们在i个R,j对R的情况下加一个R和一个O可以变为i+1个R,j+1对R,或者i+1个R,j对R。
即当增加一个R是,R的对数可能加1,也可能不变。
那么我们可以推出i个R,j对R的情况,是由i-1个R,j对R变出来,或者是i-1个R,j-1对R变出来。
那么ans[i]=dp[r][4][1]+dp[r][4][0]+dp[r][3][0];
为什么有dp[r][3][0],dp[r][3][0]相当于RRORRORROROR类型的串,但它和RRRORRORRORO的结果是一样,但也算不同类型的串。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long dp[1005][5][2],ans[1005];
int main()
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int k=0;k<2;k++)
{
dp[1][0][k]=1;
for(int i=2;i<1005;i++)
{
for(int j=0;j<5;j++)
{
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k];
if(j>0) dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k];
}
}
}
for(int i=4;i<1005;i++)
{
if(i%2==1)continue;
int r=(i+4)/2;
ans[i]=dp[r][4][1]+dp[r][4][0]+dp[r][3][0];
}
int n,cas=1;
while (scanf("%d",&n)&&n)
printf("Case %d: %lld\n",cas++,ans[n]);
return 0;
}