Codeforces Round #594 (Div. 2) C. Ivan the Fool and the Probability Theory

题目原址：C. Ivan the Fool and the Probability Theory

题意：n×m的网格中填黑白格，最多有两个相邻，共用一条边为相邻，有几种填法。

思路：这题比赛写自闭了，一直觉得自己的思路没错，然后就残酷打脸，超级难受的那种。

从不能有3个及以上相邻可以得出，只要有两个相邻的就能确定全部的分布，那就变成了求一行的方法数量，再减去黑白相间的两种，而剩下就是黑白相间两种情况时有多少种了。

一行的求法：dp[ i ] [ 0 ]表示在第 i 个格子里放白色的放法有多少，dp[ i ] [ 1 ] 表示在第 i 个格子里放黑色的放法有多少，显然dp [ 1 ] [ 0 ] = 1;dp [ 1 ] [ 1 ] = 1 ; dp [ 2 ] [ 0 ] = 2 ; dp [ 2 ] [ 1 ] = 2 ; 而接着就可以得到dp[ i ] [ 0 ] = dp [ i - 1 ] [ 1 ] + dp [ i - 2 ] [ 1 ] ; 第 i 个放白色那它前一个可以是放黑色，也可以前前个是放黑色，但不能前前前个，因为最多两个。后面的就是一样的。而黑色的推导是一样的，就能得到dp [ i ] = dp[ i - 1 ] + dp [ i - 2 ]。dp[ i ]表示有i个格子有几种放法。

接下来就会发现，列只有两种情况（先放黑块或先放白块，接着交替出现），可以把其中每一行都看成而第一个是相同颜色。就成了在一列n个格子里放黑白块，最多两个一样颜色相邻。

最后结果就是 dp [ n ] + dp [ m ] - 2 了。

AC代码：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <algorithm>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 ll x,y;
 8 ll dp[100010];
 9 const ll MOD=1e9+7;
10 void ress(){
11     dp[1]=2;
12     dp[2]=4;
13     for(ll i=3;i<100010;i++)
14         dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-2])%MOD;
15 }
16 void sol(){
17     ress();
18     ll ans=(dp[x] + dp[y]-2)%MOD;
19     cout<<ans;
20 }
21 int main(){
22     cin>>x>>y;
23     sol();
24     return 0;
25 }

原文地址：https://www.cnblogs.com/xunzf0402/p/11715785.html