【蓝桥杯】格子刷油漆

问题描述

X国的一段古城墙的顶端可以看成 2*N个格子组成的矩形（如下图所示），现需要把这些格子刷上保护漆。

你可以从任意一个格子刷起，刷完一格，可以移动到和它相邻的格子（对角相邻也算数），但不能移动到较远的格子（因为油漆未干不能踩！）
　　比如：a d b c e f 就是合格的刷漆顺序。
　　c e f d a b 是另一种合适的方案。
　　当已知 N 时，求总的方案数。当N较大时，结果会迅速增大，请把结果对 1000000007 (十亿零七) 取模。
输入格式
　　输入数据为一个正整数（不大于1000）
输出格式
　　输出数据为一个正整数。
样例输入
2
样例输出
24
样例输入
3
样例输出
96
样例输入
22
样例输出
359635897

解决思路

现在我们先考虑只在边角的情况。

设 F ( N ) F(N) F(N)
为由作为边界的第N位的某一格作为起点出发，得到的方案数量。
由于上下对称
我们先研究第N位的下角，
这个位置来说只有可能的出现这三种情况

1.有一个进口，有一个出口

可以设这种情况得到的答案为
f 1 ( N ) f_1(N) f1(N)
很显然，若要上格有返回的线，其 N − 2 N-2 N−2格也必须要有返回的线，由于 N − 2 N-2 N−2也有上格和下格，于是
f 1 ( N ) = f 1 ( N − 1 ) 上格 + f 1 ( N − 1 ) 下格 f_1(N)=f_1(N-1)_{上格}+f_1(N-1)_{下格} f1(N)=f1(N−1)上格+f1(N−1)下格
由于上格和下格是完全对称的数值。所以
f 1 ( N ) = 2 ∗ f 1 ( N − 1 ) f_1(N)=2*f_1(N-1) f1(N)=2∗f1(N−1)

2.只有一个出口

可以设这种情况得到的答案为
f 2 ( N ) f_2(N) f2(N)
很显然，答案为前一格, F ( N − 1 ) F(N-1) F(N−1)的值
f 2 ( N ) = F ( N − 1 ) 上格 + F ( N − 1 ) 下格 f_2(N)=F(N-1)_{上格}+F(N-1)_{下格} f2(N)=F(N−1)上格+F(N−1)下格
由于上格和下格是完全对称的数值。所以
f 2 ( N ) = 2 ∗ F ( N − 1 ) f_2(N)=2*F(N-1) f2(N)=2∗F(N−1)

3.与前一格关联

很明显，这和情况2所遇到的情形是一样的，不一样的是出现情况2的并不是第 N N N位，而是第 N − 1 N-1 N−1位。于是
可以设情况3
f 3 ( N ) = f 2 ( N − 1 ) 上格 + f 2 ( N − 1 ) 下格 f_3(N)=f_2(N-1)_{上格}+f_2(N-1)_{下格} f3(N)=f2(N−1)上格+f2(N−1)下格
由于对称
f 3 ( N ) = 2 ∗ f 2 ( N − 1 ) f_3(N)=2*f_2(N-1) f3(N)=2∗f2(N−1)
最终
我们可得
F ( N ) = f 1 ( N ) + f 2 ( N ) + f 3 ( N ) F(N)=f_1(N)+f_2(N)+f_3(N) F(N)=f1(N)+f2(N)+f3(N)
{ f 1 ( N ) = 2 ∗ f 1 ( N − 1 ) f 2 ( N ) = 2 ∗ F ( N − 1 ) f 3 ( N ) = 2 ∗ f 2 ( N − 1 ) \begin{cases}f_1(N)=2*f_1(N-1) \\ f_2(N)=2*F(N-1) \\f_3(N)=2*f_2(N-1) \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧f1(N)=2∗f1(N−1)f2(N)=2∗F(N−1)f3(N)=2∗f2(N−1)
现在我们来讨论一下边界问题
很显然，由于我们涉及到了 N − 1 N-1 N−1的格，所以我们考察一下 N = 1 N=1 N=1的情况
可以发现
f 1 , f 2 , f 3 f_1,f_2,f_3 f1,f2,f3对于 N = 1 N=1 N=1都是没有定义的。
我们由经验定义
F ( 1 ) = 1 且 { f 1 ( 2 ) = 2 f 2 ( 2 ) = 2 f 3 ( 2 ) = 2 F(1)=1 且\begin{cases}f_1(2)=2 \\ f_2(2)=2 \\f_3(2)=2 \end{cases} F(1)=1且⎩⎪⎨⎪⎧f1(2)=2f2(2)=2f3(2)=2

现在我们研究一下起点不在边界的情况下，方案数的情况
我们可以得到这样的一个情况，对于下格来说

设 G ( K ) G(K) G(K)为在第 K K K位的某一格为起点的方案数。
对应图很显然
G ( K ) = f 2 ( N − K + 1 ) ⏞ 左边 ∗ f 1 ( K ) ⏞ 右边 + f 1 ( N − K + 1 ) ⏞ 左边 ∗ f 2 ( K ) ⏞ 右边 G(K)=\overbrace{f_2(N-K+1)}^{左边}*\overbrace{f_1(K)}^{右边}+\overbrace{f_1(N-K+1)}^{左边}*\overbrace{f_2(K)}^{右边} G(K)=f2(N−K+1) 左边∗f1(K) 右边+f1(N−K+1) 左边∗f2(K) 右边
于是总体解决方案已经明了
设 S ( N ) S(N) S(N)为题目所求
于是 S ( N ) = { 2 ∗ F ( N ) N = 1 4 ∗ F ( N ) N = 2 4 ∗ F ( N ) + 2 ∗ ∑ K = 2 N − 1 G ( K ) N ≥ 3 S(N)=\begin{cases}2*F(N) & N=1 \\ 4*F(N) & N=2\\ 4*F(N)+2*\sum_{K=2}^{N-1}G(K) & N\ge 3\end{cases} S(N)=⎩⎪⎨⎪⎧2∗F(N)4∗F(N)4∗F(N)+2∗∑K=2N−1G(K)N=1N=2N≥3