蓝桥，格子涂油漆

　　2019/10/21，发现了这题的一个线性递推式，不过不会证明。

　　F(n)=6∗F(n−1)−8∗F(n−2)−8∗F(n−3)+16∗F(n−4)

　　题目链接：格子涂油漆

　　题目描述：

　　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。


　　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。

输入格式

　　输入数据为一个正整数（不大于1000）

输出格式

　　输出数据为一个正整数。

样例输入

2

样例输出

24

样例输入

3

样例输出

96

样例输入

22

样例输出

359635897

　　可以看出来这是一类dp题，然而递推式一直无从下手，感觉状态多样，看了网上的题解才有了思路。首先四个顶点肯定是对称的，并且以它们为起点，对终点没有要求。那么在中间呢，就像下图的3为起点的话，那么第一步肯定不能走向7，不然就从中间截断了无法涂完所有格子。我们让它一开始是往左边走，那么如果它是走到2，那么左边的的涂完的终点就应该是6，反之就是先走到6，最后左边涂完的终点是2。

 　　然后就是2或者6走到7，这时就相当于左边已经涂完了，7可以走向4或者8，这时对于右边的终点就没有要求了只要是合理的涂法就行。

　　从3走到2或6涂左边的，从7走到4或8涂右边，它们的方案可以总结为两种，一种是以顶点为起点，终点在同一列的方案，另一种就是以顶点为起点，终点任意的方案，所以我们用数组a代表第一种方案，数组b代表第二种方案，那么a[i]就是以一个顶点为起点涂完2*i个格子，终点在起点的同一列的方案，b[i]就是以一个顶点为起点涂完2*i个格子，终点任意的方案。那么从第二列开始到第n-1列中间的列为起点的方案就是

　先走左边的方案Li=2*a[i-1]*2*b[n-i]

　先走右边的方案Ri=2*b[i-1]*2*a[n-i]

　方案就是Ci=(Li+Ri)*2

（就比如上图的第3列为起点，左边就剩下i-1列,右边剩下n-i列，从3开始，先走左边的话，3可以走到2和6,所以左边涂完就是2*a[i-1]，然后7可以走到4和8所以右边涂完就是2*b[n-i]，左右方案相乘就是这种情况的方案。然后从3开始，也可以先走右边，还有就是也可以从7开始，所以这一列为起点的方案就是(Li+Ri)*2），

那么中间所以列的方案就是C2+C3+...+Cn-1

　　那么涂完2*n个格子的方案就是4*a[n]+C2+C3+Cn-1（1要特判，因为1列没有4个顶点）

　　关键在于a数组和b数组怎么得到呢？

　　a[i]代表的是以一个顶点为起点涂完2*i个格子，终点在起点的同一列的方案，我们以下图为例，假设1是起点，那么5就是终点。一开始1可以走到2和6，如果是走到2，那么2又可以走到3和7，但不能走到6，因为要留下6来走回到5，不然就截断了，对于后面的各列也是同理

　　所以就是除了最后一列，每一列有两种方案。也就可以得到a[i]=2^i-1

　　然后b[i]代表的是以一个顶点为起点涂完2*i个格子，终点任意的方案。我们以1为起点的话，它有3种前进的选择2,5,6，那么如果先让1走到5的话，5就可以走到2和6，除去1和5的话，2和6可以视为i-1列的顶点，并且他们为起点终点没有限制

　　那么这种情况的方案就是2*b[i-1]

　　然后如果是1先走到下一列也就是2到6的话，

　　

　　如果终点是5的话，那么这种情况的方案就是a[i]

　　如果终点不是5的话，那么得先把5给涂掉，就有1,2,5,6，和1,6,5,2两种方案，这时把1,2,5,6去掉，3和7可以视为i-2列的顶点，并且他们为起点终点没有限制

 

　　而2和6都可以走到3和7，这种情况的方案就是2*2*b[i-2]

　　所以就是b[i]=2*a[i-1]+b[i]+4*b[i-2]

　　加上取模和long long那么这时答案就出来了。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=1108;
const ll mod=1000000007;
ll b[N]={0},a[N]={0};
int main()
{
    int n;
    b[1]=1;
    a[1]=1;
    b[2]=6;
    a[2]=2;
    scanf("%d",&n);
    if(n==1)
    {
        printf("2\n");
        return 0;    
    } 
    for(int i=3;i<=n;i++)
    {
        a[i]=(a[i-1]<<1)%mod;
        b[i]=(b[i]+(b[i-1]<<1)%mod)%mod;
        b[i]=(b[i]+a[i])%mod;
        b[i]=(b[i]+(b[i-2]<<2))%mod;
    }
    ll ans=(b[n]<<2)%mod;
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        ll c=((a[i-1]<<1)%mod*(b[n-i]<<1)%mod)%mod; 
        c=(c+((b[i-1]<<1)%mod*(a[n-i]<<1)%mod)%mod)%mod;
        ans=(ans+(c<<1)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}