We have two types of tiles: a 2x1 domino shape, and an "L" tromino shape. These shapes may be rotated.

XX  <- domino

XX  <- "L" tromino
X

Given N, how many ways are there to tile a 2 x N board? Return your answer modulo 10^9 + 7.

(In a tiling, every square must be covered by a tile. Two tilings are different if and only if there are two 4-directionally adjacent cells on the board such that exactly one of the tilings has both squares occupied by a tile.)

Example:
Input: 3
Output: 5
Explanation: 
The five different ways are listed below, different letters indicates different tiles:
XYZ XXZ XYY XXY XYY
XYZ YYZ XZZ XYY XXY

Note:

• N  will be in range [1, 1000].

這道題是關於多米諾骨牌和三格骨牌的，其中由兩個方形格子組成的是多米諾骨牌（音譯，即為雙格骨牌），而由三個方形格子組成的‘L’型的是三格骨牌，但其實本質還是個拼格子的問題，並沒有利用到骨牌酷炫的連倒技能，倒反而更像是俄羅斯方塊中的形狀。說是有一個2xN大小的棋盤，我們需要用這些多米諾和三格骨牌來將棋盤填滿，問有多少種不同的填充方法，結果需要對一個超大數取餘。那麼根據博主多年的經驗，對於這種求極值，並且超大的情況下，只能使用動態規劃Dynamic Programming來做，什麼暴力遞迴神馬的，等著爆棧吧。

既然決定了要用DP來做，那麼首先就來設計dp陣列吧，這裡我們就用一個一維的dp陣列就行了，其中dp[i]表示填滿前i列的不同填法總數對超大數10e^9+7取餘後的結果。那麼DP解法的難點就是求狀態轉移方程了，沒什麼太好的思路的時候，就從最簡單的情況開始羅列吧。題目中給了N的範圍是[1, 1000]，那麼我們來看：

當N=1時，那麼就是一個2x1大小的棋盤，只能放一個多米諾骨牌，只有一種情況。

當N=2時，那麼就是一個2x2大小的棋盤，如下圖所示，我們有兩種放置方法，可以將兩個多米諾骨牌豎著並排放，或者是將其橫著並排放。

當N=3時，那麼就是一個3x2大小的棋盤，我們共用五種放置方法，如下圖所示。仔細觀察這五種情況，我們發現其時時跟上面的情況有聯絡的。前兩種情況其實是N=2的兩種情況後面加上了一個豎著的多米諾骨牌，第三種情況其實是N=1的那種情況後面加上了兩個平行的橫向的多米諾骨牌，後兩種情況是N=0（空集）再加上兩種三格骨牌對角擺開的情況。

當N=4時，那麼就是一個4x2大小的棋盤，我們共用十一種放置方法，太多了就不一一畫出來了，但是其也是由之前的情況組合而成的。首先是N=3的所有情況後面加上一個豎著多米諾骨牌，然後是N=2的所有情況加上兩個平行的橫向的多米諾骨牌，然後N=1再加上兩種三格骨牌對角擺開的情況，然後N=0（空集）再加上兩種三格骨牌和一個橫向多米諾骨牌組成的情況。

N=5的情況博主沒有再畫了，可以參見ZhengKaiWei大神的帖子中的手稿圖，很萌～

根據目前的狀況，我們可以總結一個很重要的規律，就是dp[n]是由之前的dp值組成的，其中 dp[n-1] 和 dp[n-2] 各自能貢獻一種組成方式，而dp[n-3]，一直到dp[0]，都能各自貢獻兩種組成方式，所以狀態轉移方程呼之欲出：

dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2] + 2 * (dp[n-3] + ... + dp[0])

        = dp[n-1] + dp[n-3] + dp[n-2] + dp[n-3] + 2 * (dp[n-4] + ... dp[0])

        = dp[n-1] + dp[n-3] + dp[n-1]

        = 2 * dp[n-1] + dp[n-3]

最後化簡後的形式就是最終的狀態轉移方程了，是不是叼的飛起～

class Solution {
public:
    int numTilings(int N) {
        int M = 1e9 + 7;
        vector<long> dp(N + 1);
        dp[0] = 1; dp[1] = 1; dp[2] = 2;
        for (int i = 3; i <= N; ++i) {
            dp[i] = (dp[i - 1] * 2 + dp[i - 3]) % M;
        }
        return dp[N];
    }
};

參考資料：