E - 积木画（状态压缩DP）

1、问题

E - 积木画

2、分析

这道题很明显是一道DP题，而且是一个简化版的状态压缩DP。

（1）状态表示

$f[i][j]$表示前面$i-1$已经摆好，并且第$i$列的状态是$j$的条件下，所有的摆法数量。·
为什么这里是$i-1$呢，请看下面的讲解。

（2）状态转移

在状态转移之前，我们先看如下规定：

很明显，$f[i][j]$与$f[i+1][j]$是两个截然不同的状态，那么当我们在第$i$列放积木的时候，由于积木形状的特殊性，我们不难发现，第$i$列放的积木会影响到第$i+1$列的状态，而正是这种影响在两个截然不同的状态之间搭建起了一个桥梁，即实现了状态的转移，因此我们接下来的讨论就是根据第$i$列的不同的积木的摆法，去写转移方程。

在讲解之前，我们需要给各个状态做一下标记：
详细地状态规定如下图所示：

现在开始直接讨论$i$和$i+1$列的两种状态。

我们去枚举第$i$列的所有状态，黑色表示$i$列自带的状态，红色和橙色表示我们在第$i$列所有能填的情况。所有的情况如下图所示：

将上图转化为状态转移方程：
$$\begin{gathered} f[i+1][0]=f[i][0]+f[i][3] \\ f[i+1][1]=f[i][0]+f[i][2] \\ f[i+1][2]=f[i][0]+f[i][1] \\ f[i+1][3]=f[i][0]+f[i][1]+f[i][2]+f[i][3] \end{gathered}$$

（3）初末状态

初始状态的话，我们只需要让$f[1][0]=1$即可。即我们在第$1$列没有积木填充的方案数是$1$。为什么呢？
因为当前列的状态是由前一列的积木的放置状况决定的，而第$0$列不存在，所以没法放积木，所以第$1$列的状态只有$0$是合法的。
末状态即$(f[n][3]+f[n][0])$或者写作$f[n+1][0]$。

这里解释一下为什么前面要写成$f[n][3]+f[n][0]$？
因为如果第$i$列是空的，所以我们可以自动填充一个竖着的积木即可。

（4）滚动数组优化

由于这道题的数据范围很大，我们的DP数组可能存不下，而我们发现我们每次存储都只用到了上一层的数据，对于上一层之前的数据其实是没有用的，也就是说我们只需要在两层之间不断地迭代滚动即可，无需开这么大的空间。
那么滚动的方法即我们将下标和1取$\&$运算即可。

3、代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int f[3][4];

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	f[1][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		f[i + 1 & 1][0] = (f[i & 1][0] + f[i & 1][3]) % mod;
		f[i + 1 & 1][1] = (f[i & 1][0] + f[i & 1][2]) % mod;
		f[i + 1 & 1][2] = (f[i & 1][0] + f[i & 1][1]) % mod;
		f[i + 1 & 1][3] = (f[i & 1][0] + f[i & 1][1] + f[i & 1][2]) % mod;
	}
	cout << f[n + 1 & 1][0] << endl;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	solve();
}