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;
}