递推的复习（2）

彩带

Desctiption

一中 90 周年校庆，小林准备用一些白色、蓝色和红色的彩带来装饰学校超市的橱窗，他希望满足以下两个条件：

(1) 相同颜色的彩带不能放在相邻的位置；

(2) 一条蓝色的彩带必须放在一条白色的彩带和一条红色的彩带中间。
现在，他想知道满足要求的放置彩带的方案数有多少种。
例如，如图 9.4-1 所示为橱窗宽度n=3 的所有放置方案，共 4 种。

Input

一行一个整数 n，表示橱窗宽度(或者说彩带数目)。

Output

一行一个整数，表示装饰橱窗的彩带放置方案数。

Sample Input

3

Sample Output

4

分析

这样来想，设f[n]表示宽度为n的时候有这么多种方案
1.考虑第n-1个为red or white ,此时因为不一样才可以连接着放，所以只有一种选择
2.考虑第n-1个为blue，因为要求颜色不一样才可以夹一个蓝色，所以还是只有一种选择
所以实际上就是一个斐波拉契数列，但是不同的，第一二项值都为2

Code

/*
*彩带， 
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define maxi 50
#define Int64 long long
using namespace std;
Int64 f[maxi];
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    f[1]=2;f[2]=2;
    for(int i=3;i<=n;i++){
        f[i]=f[i-1]+f[i-2];
    }
    printf("%d",f[n]);
    return 0;
}

城市路径

Description

地图上有 n 个城市，一只奶牛要从 1 号城市开始依次经过这些城市，最终到达 n 号城市。但是这只奶牛觉得这样太无聊了，所以它决定跳过其中的一个城市(但是不能跳过 1 号和 n 号城市)，使得它从 1 号城市开始，到达 n 号城市所经过的总距离最小。假设每一个城市 i 都有一个坐标(x i ，y i )，从 (x 1 ，y 1 ) 的城市 1 到 (x 2 ，y 2 ) 的城市 2 之间的距离为 | x 1 -x 2 | + | y 1 -y 2 | 。

Input

第 1 行 1 个正整数 n，表示城市个数。接下来的 n 行，每行 2 个数 x i 和 y i ，表示城市 i 的坐标

Output

第 1 行 1 个正整数 n，表示城市个数。接下来的 n 行，每行 2 个数 x i 和 y i ，表示城市 i 的坐标

Sample Input

4
0 0
8 3
11 -1
10 0

Sample Ouput

14

分析

这一个的话就是枚举跳过哪一个点省去的路程最多
我不知道这和递推有什么关系

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define maxi 100003
#define Int64 long long
using namespace std;
Int64 f[maxi];
int n;
struct node{
    int x;
    int y;
}cities[maxi];
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("input.txt","r",stdin);
    freopen("output.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d",&n);
    Int64 maxcost=0,count=0;
    scanf("%d%d",&cities[1].x,&cities[1].y);
    for(int i=2;i<=n;++i){
        scanf("%d%d",&cities[i].x,&cities[i].y);
        count+=(abs(cities[i].x-cities[i-1].x)+abs(cities[i].y-cities[i-1].y));
    }
    for(int i=2;i<=n-1;i++){
        Int64 tmp=abs(cities[i].x-cities[i-1].x)+abs(cities[i].y-cities[i-1].y);
        tmp+=abs(cities[i].x-cities[i+1].x)+abs(cities[i].y-cities[i+1].y);
        tmp-=abs(cities[i-1].x-cities[i+1].x)+abs(cities[i-1].y-cities[i+1].y);
        maxcost=max(maxcost,tmp);
    }
    cout<<count-maxcost;
    return 0;
}