給出N個數，分別是1，2，3 . . . . . .N，然後回答按照兩項規則排列這N個數的方案數。

1，兩個相鄰的數的差不能超過2。

2，1必須放在第一個位置。

思路：對於第 n 個數的放置方案其實只需考慮 (n-1) 和 (n-2) 的情況。

1，(n-1)和(n-2)相鄰且在最後，此時可細分出兩種情況，即(n-2)在後面（情況1）和(n-1)在後面（情況2）。

2，(n-1)和(n-2)相鄰且不在最後面（情況3）。

3，(n-1)和(n-2)不相鄰，此時只有一種情況，即(n-1)在最後（情況4）。

第一種情況會衍生出第三和第四種，第二種可以衍生出第一和第二種，第三種只會產生第三種，第四種只會產生第二種。

故狀態轉移方程為：

for(i = 3;i <= 55; ++i)
    {
        dp[1][i] = dp[2][i-1];
        dp[2][i] = dp[2][i-1] + dp[4][i-1];
        dp[3][i] = dp[1][i-1] + dp[3][i-1];
        dp[4][i] = dp[1][i-1];
    }

dp[i][j] 代表 j 個數時第i 種情況的方案數。

下面是AC程式碼。雖然這道題很簡單，但還是很慶幸思維方式的轉變。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000");
#define LL long long int
#define ULL unsigned long long int
#define _LL __int64

using namespace std;

_LL dp[5][60];

int main()
{
    int i;

    dp[1][1] = 0;
    dp[2][1] = 1;
    dp[3][1] = 0;
    dp[4][1] = 0;

    dp[1][2] = 0;
    dp[2][2] = 1;
    dp[3][2] = 0;
    dp[4][2] = 0;


    for(i = 3;i <= 55; ++i)
    {
        dp[1][i] = dp[2][i-1];
        dp[2][i] = dp[2][i-1] + dp[4][i-1];
        dp[3][i] = dp[1][i-1] + dp[3][i-1];
        dp[4][i] = dp[1][i-1];
    }

    scanf("%d",&i);

    printf("%I64d\n",dp[1][i] + dp[2][i] + dp[3][i] + dp[4][i]);

    return 0;
}