（domino.c/cpp）
【问题描述】
小牛牛对多米诺骨牌有很大兴趣，然而她的骨牌比较特别，只有黑色和白色的两种。她觉得如果存在连续三个骨牌是同一种颜色，那么这个骨牌排列便是不美观的。现在她有n个骨牌要来排列，她想知道不美观的排列的个数。由于数字较大，数学不好的她不会统计，所以请你来帮忙。希望你帮她求出不美观的排列的个数。
【输入数据】
只有一个正整数，即要排列的骨牌个数。
【输出数据】
一个数，即不美观的排列个数。
【样例输入】
4
【样例输出】
6
【样例解释】
有四种不美观的排列。
黑黑黑黑，白白白白，黑黑黑白，白白白黑，黑白白白，白黑黑黑
【数据范围】
20%的数据，n<=60；
50%的数据，n<=6000；
100%的数据，n<=10000。
时间限制： 1 sec
空间限制： 256 MB
【提示】
动态规划、高精度加法。
—————————————————————————————————
【solution】
虽然只是Tutorial里面的题，虽然听说现在是小学僧的练习题（T_T），不过还真是想了辣么一会儿。算算真是已经有4年多没碰过这些东西了，为了完成这门课作业也真是找回了当初的感觉，真是怀念这种一道一道题“过关斩将”的感觉，已经很久不曾有这种感觉了。
回到正题。这道题初看很容易去正向考虑如何统计“不美观”的排列个数，甚至会误入使用组合数学的错误算法。根据提示，往动态规划方面想，会发现，实际上，这道题需要反向来思考，即考虑“美观”的排列个数。那么，题目转化为求解连续颜色不超过3（不包括3）的排列个数 a，然后再用所有的排列个数（2^n）减去 a 即得问题解。再细想，这不跟动态规划的经典问题——上楼梯问题 很像吗？
于是，问题得解：
对于每一个色块（连续的 1 个或者 2 个相同颜色的白色或者黑色色块），就相当于上楼梯问题中的上升一阶或者两阶，所以这里其实我们完全可以忽略到颜色这个因素（最后再把得到的上阶梯的总数乘以2，因为把所有的色块全部反转一次颜色都可以得到原来那种的状态的 twin solution，而上楼梯问题并未考虑颜色问题，只是简单的划分为一次动作，这个问题正是因为颜色来划分的），而是把一个色块等同为上楼梯问题中的一次动作。
状态方程为：f[n] = f[n-1] + f[n-2]。初始条件 f[1] = 1; f[2] = 2。
也就是不严格对应项数的著名的斐波拉契数列。
最后的结果为 2^n - 2*f[n]。
由于问题数据规模较大，最后还要用高精度加法来实现。
【source code】<code><pre>
#include <stdio.h> <br />
#define L 6001
#define wei 208 <br />
void echo(int ans) //make sure printing a 4-wei number
{
if (ans > 999)
{
printf("%d", ans);
}
else if (ans > 99)
{
printf("0%d", ans);
}
else if (ans > 9)
{
printf("00%d", ans);
}
else
{
printf("000%d", ans);
}
} <br />
int main(void)
{
int n, i, j, temp, pro = 0, cn = 0, an[L] = { 0 }, a[L][wei] = { 0 }, c[wei] = { 0 }, ans[wei] = { 0 };
bool zero = false; <br />
scanf("%d\n", &n); <br />
//bases for a, c and an, cn
a[3][0] = 3; a[2][0] = 2; c[0] = 1; <br />
//a[n] = a[n-1] + a[n-2]
for (i = 4; i <= n; i++)
{
//Gao Jin Du Jia Fa
pro = 0;
for (j = 0; j <= an[i - 1]; j++)
{
temp = a[i - 1][j] + a[i - 2][j] + pro;
a[i][j] = temp % 10000;
pro = temp / 10000;
}
if (pro > 0)
{
a[i][j] = pro;
an[i] = j;
}
else an[i] = an[i - 1];
} <br />
// 2^n
for (i = 0; i < n; i++)
{
//Gao Jin Du Jia Fa
pro = 0;
for (j = 0; j <= cn; j++)
{
temp = c[j] * 2 + pro;
c[j] = temp % 10000;
pro = temp / 10000;
}
if (pro > 0)
{
c[j] = pro;
cn++;
}
} <br />
//ans = 2^n - a[n] *2, Gao Jin Du Jia Fa
pro = 0;
for (j = 0; j <= an[n]; j++)
{
temp = a[n][j] * 2 + pro;
a[n][j] = temp % 10000;
pro = temp / 10000;
}
if (pro > 0)
{
an[n]++;
a[n][j] = pro;
} <br />
pro = 0;
for (j = 0; j <= cn; j++)
{
temp = c[j] - a[n][j] + pro;
if (temp < 0)
{
ans[j] = temp + 10000;
pro = -1;
}
else
{
ans[j] = temp;
pro = 0;
}
} <br />
//print the answer, ignoring the zeros in the front
for (i = cn; i >= 0; i--)
{
if (!zero)
{
if (ans[i] != 0)
{
printf("%d", ans[i]);
zero = true;
}
}
else echo(ans[i]);
}
printf("\n"); <br />
return 0;
}</pre></code>
【代码改进空间】
1、将高精度算法函数化;
2、仍然只能通过 Tsinghua Online Judge 40%的数据，其他数据都是Runtime error (exitcode: 11)，暂无果。
【优化后AC的代码】
感谢@Plan能抽出时间来AC这道题，同时找到了字符串的高精度加法解决办法，过了100%的数据。以下是参考了她的代码后自己重新几乎是照着写的代码（求2^n的函数从递归形式改成了循环版）：<code><pre>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h> <br />
char *add(char a[], char b[])
{
int len, i, j, k, up, x, y, z;
char *c, *back; <br />
len = (strlen(a) > strlen(b)) ? strlen(a) + 2 : strlen(b) + 2;
c = (char *)malloc(len*sizeof(char));
back = (char *)malloc(len*sizeof(char)); <br />
i = strlen(a) - 1;
j = strlen(b) - 1;
k = 0; up = 0; <br />
while (i >= 0 || j >= 0)
{
if (i<0) x = '0'; else x = a[i];
if (j<0) y = '0'; else y = b[j];
z = x - '0' + y - '0';
if (up == 1) z += 1;
if (z>9)
{
up = 1; z %= 10;
}
else up = 0;
c[k++] = z + '0';
i--; j--;
}
if (up) c[k++] = '1';
c[k] = '\0'; <br />
//reverse
i = 0;
for (k -= 1; k >= 0; k--) back[i++] = c[k];
back[i] = '\0'; <br />
return back;
} <br />
char *sub(char a[], char b[])
{
int len, i, j, k, down, x, y, z;
char *c, *back; <br />
len = strlen(a);
c = (char *)malloc(len*sizeof(char));
back = (char *)malloc(len*sizeof(char)); <br />
i = strlen(a) - 1;
j = strlen(b) - 1;
k = 0; down = 0; <br />
while (i >= 0 || j >= 0)
{
if (i<0) x = '0'; else x = a[i];
if (j<0) y = '0'; else y = b[j];
z = x - '0' - (y - '0') - down;
if ( z < 0 )
{
down = 1;
z = z + 10;
}
else down = 0;
c[k++] = z + '0';
i--; j--;
}
while (c[--k] == '0') ;
//reverse
i = 0;
for (k; k >= 0; k--)
{
back[i++] = c[k];
} <br />
return back;
} <br />
char *power(int n)
{
int i;
char *temp="2";<br />
for (i = 2; i <= n; i++)
{
temp = add(temp, temp);
} <br />
return temp;
} <br />
char *fib(int n)
{
char *p = "1", *q = "1";
char *s = "1";
int i; <br />
for (i = 0; i < n - 1; i++)
{
s = add(p, q);
p = q;
q = s;
} <br />
return s;
} <br />
int main()
{
int n;
char *mi, *f; <br />
scanf("%d\n", &n); <br />
mi = power(n);
f = fib(n);
f = add(f, f); <br />
printf("%s\n", sub(mi, f)); <br />
return 0;
}
</pre></code>
【参考资料】
1：http ://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2011/07/22/2113836.html 高精度加法的C++实现；
2：http://blog.sina.com.cn/s/blog_993d2542010143qw.html Fibonacci数列的第N项 log(N)算法（未用到）。
有几点：
1）由于数据规模，四位进一次位的int版高精也无法AC掉所有数据，只能用string来解决了。
2）要注意高精度运算string的顺序是不是跟数字顺序一致，所以代码中有reverse操作。
