（CSU - 1972）大梵天的恩赐

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本文介绍了一道关于汉诺塔变形的问题，该问题要求计算两种不同条件下的移动步骤数。通过递推的方式解决了该问题，并给出了具体实现的代码。

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（CSU - 1972）大梵天的恩赐

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Description

许久没有抽到SSR的子浩君，祈求上天赐给他一个SSR，他的诚信感动了大梵天，于是，大梵天又弄了一个2*n层的汉诺塔，一共有n种大小，每种大小两个，从上往下按照从小到大依次放置，如果子浩君能够按照汉诺塔的规则摆放好，那么就赐予子浩君一个SSR。
然而当子浩君摆好的时候，大梵天说：“No,no,no，这不是我想要的，我需要初始情况是什么样的结果就是什么样的，即使大小相同的顺序也不能调换。”，于是施加了魔法回到了初始状态。
所以，问可怜的子浩君已经搬运了多少步，还需要搬运多少步。
子浩君虽然很非，但很聪明的，所以会选择最少步数的方案^_^

Input

多组测试数据。
每组数据开始是一个整数，n（0

Output

输出两个个整数，分别代表子浩君已经搬运了多少步和还需要搬运多少步。
由于结果很大，你需要模上一个大数233333333（8个3）

Sample Input

1
1234567

Sample Output

2 3
109259870 218519739

题目大意：汉诺塔的变形，每种大小的汉诺塔变成了两个，问这两个结果顺序无所谓和顺序保持不变的的移动步数各为多少？

思路：递推。对于n种大小盘子的，设顺序无关系的步数为f(n)，顺序有关的步数为g(n)，首先，对于只有一种大小的盘子，很容易理解，显然，f(1)=2，g(1)=3。
①对于顺序无关的，我们很容易想到这个递推式： $f(n)=f(n−1)+2+f(n−1)$
②同时，我们可以观察到，每调用一次这个方法，最大的两个顺序会反转，所以调用偶数次时，顺序不会变化，保证这里是偶数次后，由于后面的递推的项也是偶输次，所以也是可以保证的，因此，我们可以有以下的递推式：
$g(n)=f(n − 1)+1 + f(n − 1)+1 + f(n − 1)+1 + f(n − 1)$ 。

#include<cstdio>
using namespace std;

const int mod=233333333;
const int maxn=1234570;
int f[maxn],g[maxn];

int main()
{
    f[1]=2,g[1]=3;
    for(int i=2;i<=1234567;i++)
    {
        f[i]=(2*f[i-1]+2)%mod;
        g[i]=(4*f[i-1]+3)%mod;
    }
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        printf("%d %d\n",f[n],g[n]);
    }
    return 0;
}