有一個方格矩陣，矩陣邊界在無窮遠處。我們做如下假設：
a、每走一步時，只能從當前方格移動一格，走到某個相鄰的方格上；
b、走過的格子立即塌陷無法再走第二次；
c、只能向北、東、西三個方向走；
請問：如果允許在方格矩陣上走n步，共有多少種不同的方案。2種走法只要有一步不一樣，即被認為是不同的方案。
輸入格式
允許在方格上行走的步數n(n≤20)。
輸出格式
計算出的方案數量。
樣例：1->3；2->7；3->17。
這道題在最初找第三步的時候，只找到15條，一直很懵逼，怎麼網上答案都是17條。後來才發現是我漏了，漏的是和2->3和0->1的路線中3和1重疊，將那個3砍掉了。
這是第二步的路線圖，圓形是起點，四邊形是第一步的落點，五邊形是第二步的落點。
實際上到了第二步，大概的一個關係能夠確定，
這是第三步的路線圖，三角形是第三步的落點，主要是紅色標識的地方，這兩個三角形，由於路線不同，不會出現坍塌，要計入的。
接下來就是分析關係了。
初始狀態F[0]=1，
走了一步後F[1]=3,
走了兩步後F[2]=7，
走了三步後F[3]=17。
走第二步的時候，能夠發現所有菱形都至少產生了兩個方向的五邊形，其中一個菱形產生了三個方向的五邊形。F[2]=32+1
走第三步的時候，能夠發現所有菱形都至少產生了兩個方向的三角形，而有三處菱形產生了三個方向的五邊形。F[3]=72+3
根據畫圖，能夠發現，上一步的基礎上，向上和向左（或者向右）都是存在的，有2F[i-1]。那麼多出來的向左（或者向右）是由哪部分產生？
是上上一步的向上箭頭產生的圖形，才擁有多朝左（或者右）的分支。
比如紅圈圈出來的五邊形以及頂部的五邊形，都是菱形向上箭頭產生出來的，而他們都擁有三個分支。往前看，第二步中菱形有三個分支的那處，也是向上箭頭產生的。如果對於資料還是不夠確定規律，可以繼續畫第四步，進行驗證。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int f[21]={1, 3, 7, 17}, n;
cin >> n;
for(int i=3;i<=n;i++){
f[i]=2*f[i-1]+f[i-2];
}
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
遞迴寫法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dfs(int n){
if(n<1) return 1;
if(n==1) return 3;
if(n==2) return 7;
return 2*dfs(n-1)+dfs(n-2);
}
int main(){
int n;
cin >> n;
cout << dfs(n) << endl;
return 0;
}
上面那種遞迴，dfs(2)至少會進入兩次，所以可以記憶化搜尋
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[21] = {1, 3, 7};
int dfs(int n) {
if (n < 1) return 1;
if (n == 1) return 3;
if (n == 2) return 7;
if (dp[n - 1] == 0) dp[n - 1] = dfs(n - 1);
if (dp[n - 2] == 0) dp[n - 2] = dfs(n - 2);
return 2 * dp[n - 1] + dp[n - 2];
}
int main() {
int n;
cin >> n;
cout << dfs(n) << endl;
return 0;
}
總的來說，肯定還是第一種使用陣列儲存更便捷。