[模拟赛] StopAllSounds

Description

小松鼠开心地在树之间跳跃着，突然她停了下来。因为眼前出现了一个 拿着专克超萌小松鼠的法宝————超萌游戏机的游客！ 　超萌游戏机之所以拥有这个名字，是因为它的屏幕是一个n × 2的矩形。 小松鼠接过游戏机，开始了她的第一个游戏：俄罗斯方块。 　考虑到小松鼠的智商，游戏机里的方块只有下面四种，方块按顺序下落，

可以在任意时刻（甚至是下落前）对其进行不限次数的旋转操作。

由于四种方块最小宽度都为2，因此下落的时候在水平方向上是不能够移 动的。我们称当前方块下落的过程完成了，当且仅当其再往下移动一个单 位就会与之前覆盖的方块有部分相重叠。小松鼠想要知道，在这个n×2的 游戏界面中，一共会出现多少种游戏状态。游戏状态指单次方块下落的过 程完成后，不要求游戏结束（即不要求第1行非空），且界面中出现的必须 是完整的方块。

两种游戏状态被认为是相同的，当且仅当游戏界面中的每一个格子两种 状态下被覆盖的方块类型都相同（或都不被覆盖）。

如下图是两种不同的游戏状态
　 　
再次考虑到小松鼠的智商，答案模109 + 7 输出。

Input

一行一个数n，表示游戏界面的长度。

Output

一个数，表示游戏界面的状态数在模109 + 7意义下的值。

Constraints

对于前10%，\(n <= 10。\)
对于前30%，\(n <= 1000。\)
对于前60%，\(n <= 100000。\)
对于100%， \(n <= 1000000。\)

Soluiton

大模拟递推

定义数组dp[N][6]
题目只有两列,所以所有的方块只有6种情况

dp[i][0~6]分别表示在第i种情况的方块落下后,第i行的方案数

结合代码理解一下很简单的

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define lol long long
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)

using namespace std;

const int N=1e6+10;
const int inf=2e9;

lol ans;
int n;
lol dp[N][6];//0.左中 1.右中 2.上下 3.块 4.反L 5.倒L
const int mod=1e9+7;

void in(int &ans)
{
    ans=0; int f=1; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0', i=getchar();
    ans*=f;
}

int main()
{
    freopen("StopAllSounds.in","r",stdin);
    freopen("StopAllSounds.out","w",stdout);
    in(n);
    if(n==1) {
        cout<<1<<endl;
        return 0;
    }
    if(n==2) {
        cout<<2<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<=5;i++) dp[3][i]=1;
    dp[3][3]=0; dp[2][3]=1;
    for(int i=4;i<=n;i++) {
        dp[i][0]=(dp[i-3][0]+dp[i-2][1]+dp[i-2][2]+dp[i-3][3]+dp[i-2][4]+dp[i-3][5])%mod;
        dp[i][1]=(dp[i-2][0]+dp[i-3][1]+dp[i-3][2]+dp[i-3][3]+dp[i-3][4]+dp[i-3][5])%mod;
        dp[i][2]=(dp[i-3][0]+dp[i-2][1]+dp[i-2][2]+dp[i-3][3]+dp[i-2][4]+dp[i-3][5])%mod;
        dp[i][3]=(dp[i-2][0]+dp[i-2][1]+dp[i-2][2]+dp[i-2][3]+dp[i-2][4]+dp[i-2][5])%mod;
        dp[i][4]=(dp[i-3][0]+dp[i-3][1]+dp[i-3][2]+dp[i-3][3]+dp[i-3][4]+dp[i-3][5])%mod;
        dp[i][5]=(dp[i-3][0]+dp[i-2][1]+dp[i-2][2]+dp[i-3][3]+dp[i-1][4]+dp[i-3][5])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=5;j++)
            (ans+=dp[i][j])%=mod;
    cout<<ans+1<<endl;
    return 0;
}

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