题目背景
在长沙城新建的环城公路上一共有8个公交站，分别为A、B、C、D、E、F、G、H。公共汽车只能够在相邻的两个公交站之间运行，因此你从某一个公交站到另外一个公交站往往要换几次车，例如从公交站A到公交站D，你就至少需要换3次车。（这张爆丑的图是本蒟蒻自己画的XD）
Tiger的方向感极其糟糕，我们知道从公交站A到公交E只需要换4次车就可以到达，可是tiger却总共换了n次车，注意tiger一旦到达公交站E，他不会愚蠢到再去换车。现在希望你计算一下tiger有多少种可能的乘车方案。
题目描述
输入输出格式
输入格式：输入文件当中仅有一个正整数n(4<=n<=10000000)，表示tiger从公交车站A到公交车站E共换了n次车。
输出格式：
输出文件仅有一个正整数，由于方案数很大，请输出方案数除以 1000后的余数。
----------------------------------------------------qwq的题解分割线-------------------------------------------------------
这道题看起来像是一道数学题（或许也有数学解法），但是再仔细想想也可以想到它的DP解法。先从最简单的DP开始，我们设F[ i ] [ j ]表示走 i 步到第 j 个点的方案数，不难看出F[ i ] [ j ]=F[ i-1 ] [ j-1 ]+F[ i-1 ] [ j+1 ]，也就是走 i-1 步到 j 节点两侧的节点的方案数之和。于是转移也就推出来了，初始化令 F[1][2]=F[1][8]=1，即从A走一步到B和H的方案数均为1，然后递推就好。
但是这样还做不了，因为n可以到1e7，如果开一个有一维是1e7的数组肯定会MLE。我们再观察一下我们的转移方程，会发现对于每组F[ i ]，它的大小只与上一步也就是F[ i-1 ]有关，所以这道题可以用滚动数组优化，滚过之后第一维只需要开到2就行，完美的解决了MLE问题。
其实到这里这道题应该就可以A掉了，但是它还可以再优化。我们可以看出来这道题有对称性，也就是走x步到B的方案数和H相同，C和G相同，D和F相同。所以我们只需要记录AE连线一侧的方案数，最后输出的时候乘以二即可，这样可以节省一半的时间和空间。
还有一些具体的转移细节在代码的注释里。
下面贴上本蒟蒻丑陋的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1000;
int n,f[2][5];
int main()
{
scanf("%d",&n);
f[1][1]=1;//初始化
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int k=i%2;
f[k][1]=2*f[k^1][2]%mod;//点A的方案数来自B和H，只需要其中一个乘2就好
f[k][2]=(f[k^1][1]+f[k^1][3])%mod;//点B的方案数来自A和C
f[k][3]=(f[k^1][2]+f[k^1][4])%mod;//点C的方案数来自B和D
f[k][4]=f[k^1][3];//点D的方案数来自C，因为走到E之后就不会再走了，所以没有来自E的状态转移过来
}
printf("%d\n",2*f[n%2][4]%mod);//答案就是到D的方案数乘2
return 0;
}
PS：这道题似乎可以矩阵乘法加速，但是我太菜了没搞出来qwq