今天还是发烧了很难受,昨天连卡都没打不应该。
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不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 36035 Accepted Submission(s): 14488
Problem Description
人称“AC女之杀手”的超级偶像LELE最近忽然玩起了深沉,这可急坏了众多“Cole”(LELE的粉丝,即"可乐"),经过多方打探,某资深Cole终于知道了原因,原来,LELE最近研究起了著名的RPG难题:
有排成一行的n个方格,用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green)三色涂每个格子,每格涂一色,要求任何相邻的方格不能同色,且首尾两格也不同色.求全部的满足要求的涂法.
以上就是著名的RPG难题.
如果你是Cole,我想你一定会想尽办法帮助LELE解决这个问题的;如果不是,看在众多漂亮的痛不欲生的Cole女的面子上,你也不会袖手旁观吧?
有排成一行的n个方格,用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green)三色涂每个格子,每格涂一色,要求任何相邻的方格不能同色,且首尾两格也不同色.求全部的满足要求的涂法.
以上就是著名的RPG难题.
如果你是Cole,我想你一定会想尽办法帮助LELE解决这个问题的;如果不是,看在众多漂亮的痛不欲生的Cole女的面子上,你也不会袖手旁观吧?
Input
输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,由一个整数N组成,(0<n<=50)。
Output
对于每个测试实例,请输出全部的满足要求的涂法,每个实例的输出占一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
6
Author
lcy
Source
Recommend
思路:如果不考虑首尾颜色不同的话,那每次a[i]=a[i-1]*2;但是要考虑首尾不同,设a[i]是不考虑首尾不同的数组,那么考虑首尾不同的下标为i的数值为 a[i-1]中的首尾相同的部分*2+a[i-1]中首尾不同部分*1;首尾不同的和首尾相同的之和等于a[i]且a[i-1]中首尾相同的部分等与a[i-2]中首尾首尾不同的部分。
#include<math.h> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 55 int n; __int64 a[N]; __int64 yes[N]; __int64 no[N]; int main() { a[1]=3;a[2]=6;a[3]=12; yes[2]=0; no[2]=6; for(int i=3;i<53;i++) { a[i]=a[i-1]*2; yes[i]=no[i-1]; no[i]=a[i]-yes[i]; } while(~scanf("%d",&n)) { if(n==1) { cout<<3<<endl;continue; } if(n==2) { cout<<6<<endl;continue; } printf("%I64d ",yes[n-1]*2+no[n-1]); } return 0; }
在网上看了别人的代码,发现他们的更简单,琢磨一下就知道是对的 代码如下:
#include<math.h> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 55 int n; __int64 a[N]; int main() { a[1]=3;a[2]=6;a[3]=6; for(int i=4;i<53;i++) { a[i]=a[i-1]+2*a[i-2]; } while(~scanf("%d",&n)) { printf("%I64d ",a[n]); } return 0; }