題目：HDOJ-2047

題目描述：長度為n的字串，包含’E’ ‘O’ ‘F’三個字元（可以只有其中一種或兩種字元），而且不能兩個’ O’ 相鄰，求長度為n時可能的組合數。（0<n<40）

思路：
重點是逆向推導，利用已求到的f(n-1)、f(n-2)…得到f(n)。
一開始想的太複雜了,一直分析到了n+3，如下：
①f(n-2)　n-1 : E/F　n : E/F/O　　　　得到 f(n-2) * 2 *3
②f(n-3)　n-2 : E/F　n-1 : 0　n : E/F　 得到f(n-3) * 2 * 2
最終得到f(n)=f(n-2)*6+f(n-3)*4，實際上我這是對n-1位置上的兩種情況進行討論了，其實完全沒必要這麼麻煩。

遞推很重要的一點是已求到的f(m) (m<n) 是一定合法的。
①f(n-1)　n : E/F　得到f(n-1) * 2
當n位置上是E/F，前n-1個位置只要合法即可，n位置對前n-1個位置不造成任何影響，所以可以直接套用f(n-1)。
②f(n-2)　n-1 : E/F　n : O　得到f(n-2) * 2 * 1
當n位置上是O，n-1位置只能為E/F，同理前n-2位置直接套用f(n-2)。
最終得到f(n)=f(n-1)*2+f(n-2)*2

其實一道題的遞推公式不止一種形式，不過結果都是一樣的，只是分析過程不同。
逆推通常的思路：對n情況進行討論，對前n-1無影響的情況直接套用f(n-1)，若有影響，則繼續討論n-1的情況，以此類推。

貼下程式碼：

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
	int i, n;
	long long f[41];
	f[1] = 3;
	f[2] = 8;
	for (i = 3; i <= 40; i++)
		f[i] = 2 * f[i - 1] + 2 * f[i - 2];
	while (cin >> n)
	{
		cout << f[n] << endl;
	}
	return 0;
}