题目描述：

在2×n的一个长方形方格中,用一个1× 2的骨牌铺满方格,输入n ,输出铺放方案的总数.
例如n=3时,为2× 3方格，骨牌的铺放方案有三种,如下图：

输入描述:

输入数据由多行组成，每行包含一个整数n，表示该测试实例的长方形方格的规格是2×n (1≤n≤90)。

输出描述:

对于每个测试实例，请输出铺放方案的总数，每个实例的输出占一行。

输入例子:

1
3
2

输出例子:

1
3
2

本质仍然是斐波那契数列问题。

普通的斐波那契求解我们已经不陌生
下面是斐波那契问题的求解优化：

记录子问题的解，来避免下次遇到相同子问题时的重复计算。
以斐波那契数列为例子：
斐波那契数列定义为F0 =1,F1 = 1,Fn = Fn-1+Fn-2(n>=2)
递归写法为：

int F(int n){if(n == 0 || n == 1) return 1;else return F(n-1) + F(n-2);
}

这个递归会涉及到很多重复的计算,如当n==5时，可以得到F(5)= F(4)+F(3),接下来计算F(4)时又会有F(4)= F(3)+F(2),这时不采取措施，F(3)将会被计算两次。如果n很大，重复计算的次数将难以想象。

实际上由于没有保存中间计算的结果，实际复杂度将会高达O(2ⁿ),即每次都会计算F(n-1)和F(n-2)这两个分支，基本上不能承受n较大的情况。

开一个数组dp,用来保存已经计算过的结果，其中dp[n]记录F(n)的结果，并用dp[n] = -1来表示F(n) 当前还没有被计算过。

int dp[MAXN];

然后就可以在递归中判断dp[n]是否是-1，如果不是-1，说明已经计算过F(n),直接返回dp[n]就是结果；否则，按照递归式进行递归。

int F(int n){if(n == 0 || n == 1) return  1;if(dp[n] != -1) return dp[n];else{dp[n] = F(n-1) + F(n-2);return dp[n];}
}

通过记忆化搜素，把复杂度从O(2ⁿ)降到O(n)。
斐波那契数列递归图：

斐波那契数列记忆化搜索示意图：

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;typedef long long ll;ll dp[10000];ll F(int n){if(n==1) return 1;if(n==2) return 2;if(dp[n]!=-1) return dp[n];else{dp[n] = F(n-1)+F(n-2);return dp[n];}
}int main(){memset(dp, -1, sizeof(dp));int n;while(~scanf("%d",&n)){printf("%lld\n",F(n));}return 0;
}

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