Description

相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个n*m的矩阵里面有一些雷，要你根据一些信息找出雷来。万圣节到了，“余”人国流行起了一种简单的扫雷游戏，这个游戏规则和扫雷一样，如果某个格子没有雷，那么它里面的数字表示和它8连通的格子里面雷的数目。现在棋盘是n×2的，第一列里面某些格子是雷，而第二列没有雷，如下图： 由于第一列的雷可能有多种方案满足第二列的数的限制，你的任务即根据第二列的信息确定第一列雷有多少种摆放方案。

Input

第一行为N，第二行有N个数，依次为第二列的格子中的数。（1<= N <= 10000）

Output

一个数，即第一列中雷的摆放方案数。

Sample Input 1

Sample Output 1

Sample Input 2(这个是我自己加的，可能有人会错)

Sample Output 2

HINT

Source

分析

　　由于这是一个N*2的棋盘，所以如果第二行都没有地雷，则第一行只要确定前两个格子的数，后面的自然可以递推出来。可以这么理解：假设我们要确定第一行第 i (i>=3) 个格子的地雷数，则要满足：first[i-2]+first[i-1]+first[i]==second[i-1]。当i==2时，first[i]=second[i-1]-first[i-1](first[2]=second[1]-first[1]),所以只要从0开始枚举first[1]的可能值就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=20000;
int N,ans=0;
int sec[maxn];
int fir[maxn];
bool jud();
int main(){
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&sec[i]);
for(int i=0;i<=sec[1];i++){
memset(fir,0,sizeof(fir));
fir[1]=i;
fir[2]=sec[1]-i;
if(jud()==true){
ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
bool jud(){
for(int i=3;i<=N+1;i++){
fir[i]=sec[i-1]-fir[i-2]-fir[i-1];
}
if(fir[N+1]) return false;
return true;
}

　　特别小心：

　　第27行的fir[N+1]可绝对不能改成fir[N+1]>0,因为可能存在负值，比如我上面给出的样例2。5 8 5是第二行，而且第一行可以推出1 4 3 -2的情况。我就因为这个WA了好多次。但是吧，写 fir[N+1]!=0 是 beyond all doubt √ 的，全怪我手贱。。。