P1990 覆盖墙壁题解

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用如下两种砖块（可旋转）填充 $2\times n$ 的墙壁，求出不重复方案数，结果对 $10^4$ 取模。

按照惯例，定义 $F_n$为填满$2\times n$ 墙壁的方案总数，边界条件 $F_0 = 1$，对于 $k<0$，$F_k=0$。（$F_0$表示无需再填，$F_k(k<0)$ 表示无意义情况）

考虑最后放的情况：
1、放 $1$ 个 $2\times 1$的砖块（竖放）：显然它的方案数为 $F_{n-1}$;(图1)

2、放 $2$ 个 $2 \times 1$的砖块（横放）：方案数为 $F_{n-2}$；（图 2）

3、放 $1$ 个 $L$ 型砖块（因为该砖块可以翻转着放，所以这样放的总方案数要乘 $2$）：这么填会带来 $1$ 个格子的突出，如何消去这个突出？
（1）、再放 $1$ 个 $L$ 型砖块，恰好消去突出，方案数 $F_{n-3}$；（图 3-1）

（2）、横放 $1$ 个 $2\times 1$ 的砖块，再放 $L$ 型砖块，方案数 $F_{n-4}$（图 3-2）；

（3）、$2 \times 1$ 的砖块可以交替着放下去，再补上一个 $L$ 型砖块，从而消去这个突出。直到 $2\times 1$ 砖块和 $L$ 型砖块恰好填满墙壁（$F_0$）。

综上，最后放 $1$ 个 $L$ 型砖块得到的方案数为 $2\times (F_{n-3}+F_{n-4}+...+F_{0})$（已经乘了 $2$）。

综合 $3$ 种情况，得：

$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}+2\cdot (F_{n-3}+F_{n-4}+...+F_0)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}F_i + \sum\limits_{i=0}^{n-3}F_i$

我们为了找出递推式，其实就是想找出$F_n$与$F_{n-1}$或者$F_{n-2}$或者$F_{n-3}$的关系，所以：
令$n=k$，得
$F_k=\sum\limits_{i=0}^{k-1}F_i + \sum\limits_{i=0}^{k-3}F_i=F_{k-1}+F_{k-2}+ 2\cdot F_{k-3}+2\cdot \sum\limits_{i=0}^{k-4}F_i$

令$n=k-1$,得
$F_{k-1}=\sum\limits_{i=0}^{k-2}F_i + \sum\limits_{i=0}^{k-4}F_i=F_{k-2}+F_{k-3}+2\cdot \sum\limits_{i=0}^{k-4}F_i$

上式减去下式得：
$F_k-F_{k-1}=F_{k-1}+F_{k-3}$
移项就得到$F_k=2\cdot F_{k-1}+F_{k-3}$

于是这个递推式就得到的化简:
$F_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}F_i+\sum\limits_{i=0}^{n-3}F_i=2 \cdot F_{n-1}+F_{n-3}$

C++代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1000010;
int f[N], n;
const int MOD = 10000;

int main() {
    //手工计算出前三个初始值
    f[0] = 1;
    f[1] = 1;
    f[2] = 2;
    cin >> n;
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        //每一步都要取模
        f[i] = (f[i - 1] * 2) % MOD + f[i - 3] % MOD;
        f[i] %= MOD;
    }
    printf("%d\n", f[n]);
    return 0;
}