不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题(HDU-2045)
2016-05-19 17:41
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题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2045
分析:(N>4)先分布:若第n-1个位置与第一个位置的颜色相同,即n位上的颜色可以有两种可能,则可以在前f(n-2)的基础乘上本次2种;
若第n-1个位置与第一个位置的颜色不同,则n位上的颜色就只有一种可能,则可以在前f(n-1)的基础上乘上本次的1种可能;
最后求和,便得公式f(n)=2*f(n-2)+f(n-1);这里用递推的思路做的,即只有知道前N-1项的排列结果f(n-1),才能求得f(n);
代码:
{
int number;
long long int much[55]={0,3,6,6,};
for(int i=4;i<55;i++)
much[i]=much[i-1]+2*much[i-2];
while(scanf(“%d”,&number)!=EOF)
printf(“%lld\n”,much[number]);
return 0;
}
小结:其实不是我自己想出来的,看了网上讲解的也看了好久才明白!所有写下自己的理解!
分析:(N>4)先分布:若第n-1个位置与第一个位置的颜色相同,即n位上的颜色可以有两种可能,则可以在前f(n-2)的基础乘上本次2种;
若第n-1个位置与第一个位置的颜色不同,则n位上的颜色就只有一种可能,则可以在前f(n-1)的基础上乘上本次的1种可能;
最后求和,便得公式f(n)=2*f(n-2)+f(n-1);这里用递推的思路做的,即只有知道前N-1项的排列结果f(n-1),才能求得f(n);
代码:
include “stdio.h”
int main(){
int number;
long long int much[55]={0,3,6,6,};
for(int i=4;i<55;i++)
much[i]=much[i-1]+2*much[i-2];
while(scanf(“%d”,&number)!=EOF)
printf(“%lld\n”,much[number]);
return 0;
}
小结:其实不是我自己想出来的,看了网上讲解的也看了好久才明白!所有写下自己的理解!
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