格子刷油漆（递推）

题目大意：一个2*X的格子矩阵，请问有多少种刷油漆的方案？每次只能刷一个格子，刷完一个格子，然后只能刷它左右或者斜对角线上的格子。

题目分析：要求的是刷漆顺序的总数。

A	C	E	G	I	K	N	P
B	D	F	H	J	M	O	Q

假设我们有以上的格子矩阵，我们可以有以下几种刷漆方案：

一. 1.先刷第一列，然后刷第二列，再刷第三列…… 对应到表中，也就是先刷A，B两格，再刷C，D两格……如果用a[i]表示从一个端点（假设是A）开始的前i列的方法数，那么在这种情况下，a[i] = a[i-1]*2，因为每次要判断先刷上面那格，还是下面那格。所以a[1] = 1（默认从A开始刷）, 当i>1时，a[i] = a[i-1]*2.

2.先刷A，然后刷C，然后回过头刷B，再刷D，然后就是从第三列的某个开始刷。这种情况下就是：a[i] = a[i-2] * 4. 为什么是乘以4，可能是A->C->B->D->(E或F)，也可能是A->D->B->C->(E或F). 难道不可以是ACDB嘛，这个真没有，如果有的话，刷完B，还怎么有间隔地刷E或F呢

3.先刷A，再刷C，再刷E，再刷G……也就是每列选取一个格子这样刷，这种情况：b[i] = b[i-1]*2，每列有两种情况，b[1]=1. 分析：可能在中途某个点返回去刷吗?不可能，因为一旦返回，无法刷另一边了。

综合1.2.3.三点，得到a[i] = (2*a[i-1]+4*a[i-2]+b[i]) * 4，因为可以从A，B，P，Q四个点出发，所以要乘以4.

二.分析完起始点是四个端点的情况，再来分析端点是中间列的某个点，假设是从第i列的上下某个点出发，前面的i-1列，方法数自然是2*b[i-1]+2*a[n-i]，因为我选第i-1列开始刷时，也有两种选择，选上还是选下。同样的，后面的N-i列，方法数是2*b[n-i]*2*a[i-1]，因为第i列也有上下两种选择，所以此种情况方法数：2*(2*b[i-1]*2*a[N-i]+2*a[i-1]*2*b[N-i])

综合一二两种情况，即可。注意，中间结果要取模，而且数值类型要取long long,不然在取模之前就已经超出范围了，怎么办。

代码展示：

#include <iostream>
using namespace std;

#define max 1000000007

int main(){
    int N;
    cin>>N;
    long long a[1001],b[1001];
    long long sum = 0;
    b[1] = 1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        b[i] = (b[i-1] * 2) % max;
    }
    a[1] = 1;
    a[2] = 6;
    for(int i=3;i<=N;i++){
        a[i] = (2*a[i-1]%max+4*a[i-2]%max+b[i]%max)%max;
    }
    sum = 4*a[N]%max;
    for(int i=2;i<N;i++){
        sum = (sum + 8*a[N-i]*b[i-1]%max+8*a[i-1]*b[N-i]%max)%max;
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

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