Deje que T (n) denote la cantidad de formas en que puede llenar una matriz 3xn.
Suponga que hemos llenado la matriz 3xn con dominó 2 × 1. ¿Cómo sería la solución final? Piensa en las fichas de dominó en las últimas dos columnas.
Caso 1:
… .Xxxx t1-t1… .xxxx t1-t1… .xxxx t1 t2
… .Xxxx t2-t2… .xxxx t2 t3… .xxxx t1 t2
… .Xxxx t3-t3… .xxxx t2 t3… .xxxx t3-t3
t1-t1, t2-t2, t3-t3 denotan 3 dominós 2 × 1 diferentes.
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En todos los casos anteriores, solo necesita encontrar T (n-2) para encontrar la cantidad de formas de llenar la matriz final.
Caso – 2:
… .Xx x x t1-t1… .xxx t4 t4 t1
… .Xxx t4 t4 t2… .xxx t3 t3 t1
… .Xxx t3 t3-t2… .xx x x t2 t2
Esto se ve un poco diferente. hay un espacio en la columna 3 desde la derecha. ¿Qué hacer?
Bien, definamos una nueva función F (m) que denota el número de formas de llenar una matriz [(3xm) y un elemento adicional en la parte superior después de la última columna]
Siempre podemos voltear F (m) para obtener una solución para la cantidad de formas de llenar una matriz [(3xm) y un elemento adicional en la parte inferior después de la última columna]
Es fácil ver que F (n) = T (n-1) + F (n-2) porque para llegar a nuestro llamado elemento adicional en la forma final solo hay dos formas posibles en las últimas dos columnas
xxxx t2-t2 xxx x t2-t2
xxxx t1 xxx t1 t1
xxxx t1 xxx t3 t3
T (n-1) F (n-2)
Poniéndolo todo junto:
T (n) = 3 * T (n-2) + 2 * F (n-3)
F (n) = T (n-1) + F (n-2)
con estuches base:
T (0) = 1;
F (0) = 0;
T (x) = 0 y F (x) = 0 si (x <0)
Código C ++:
#include
int main () {
int n, T [31], F [31];
T [0] = 1; F [0] = 0;
// memoriza primero los valores
para (int i = 1; i = 2)? 3 * T [i-2]: 0) + ((i> = 3)? 2 * F [i-3]: 0);
F [i] = T [i-1] + ((i> = 2)? F [i-2]: 0);
}
while (verdadero) {
scanf ("% d", & n);
if (n == - 1) descanso;
printf ("% d \ n", T [n]);
}
devuelve 0;
}
Espero que esto tenga sentido!
