Problem L: RGB

Problem K: RGB

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Description

人称AC之神的QIGe最近一直忙着培养NOI高手,为了鼓励NOI高手, QiGe做了若干雨花石项链,作为对表现优秀的选手的奖励.他会挑选一个雨花石作为这串项链的开始,然后一个接一个连起来,现在他有三种颜色的雨花石,红(Red)、绿(Green)、蓝（Blue),做项链的时候他要求每相邻的2个雨花石不能相同的颜色，尽管最后一步把首尾连接起来的工作QiGe不需要去做，但也必须保证首尾2个雨花石它们是不同颜色。你知道QiGe有多少种串项链的方法吗？

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,由一个整数N组成，(0

Output

对于每个测试实例，请输出全部的满足要求的排法，每个实例的输出占一行。

Sample Input

1
2

Sample Output

3
6

HINT

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2020.05.29更新：

再一次碰到这个题。这次想证明：

设dp[n]为第n个点的所有状态数量，属性为总和。

我们讨论：n点和n-2那个点的同色和不同色的情况

那么过程如下：

同色的话就是完全等价dp[n-1]的个数，因为n-2和n同色，就不影响n是什么颜色的放入，不管n放什么不会影响n-1的状态。所以这个状态是dp[n-1]

不同色的话，假设，我们看n-2为G，那么n为R或者n-2为R,n为G，实际上就是讨论n-1这个点是什么颜色，n-1这个点总共有三个颜色。我们讨论其中一个，假设n-1为B,那么这个状态的数量为dp[n-2][R]+dp[n-2][G];同理n-1为G的时候,数量为dp[n-2][G]+dp[n-2][B];同理n-1为R的时候，数量为dp[n-2][G]+dp[n-2][B];

然后你把六个加起来，就是等价于dp[n-2]*2的状态数量。

再加上前面的dp[n-1]；

所以推出来dp[n]=dp[n-1]+dp[n-2]*2

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第一次碰到的时候：

看到这题第一想法是高中接触过的圆排列，用排列组合算n=3,n=4,n=5发现和朋友对不上。一看发现这题目项链是横着的。就是 。--。--。--。--。，然后首尾不同色，而我想的是圆，重新想了后发现  1- 3  2-6  3-6 4-18 5-30，其实这里规律不太好找，如果时间多用排列组合去推n=6时规律一眼就能看出来。  通常我们是拿题目给的数据当递推起始条件，但是这里n=3时也是6，所以可能是从第3项去找规律的。

在草稿纸上算的时候n=4时  6*(1+2),猜测这个1是a[n-1]的，2是2*a[n-2]的，因为毕竟这时候两个数都是6 接下去验证

算n=5时  6*(1+2+2)     里面出现的6*（1+2）是a[n-1]的，6*2是2*a[n-2]的，验证完毕。但是这题递推没搞出来的话考试时间还多的话可以去算n=6的情况，讨论比较多，排列的知识也还给高中老师差不多了，所以这题还是有一些难度的。

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#include
long long int a[100];
int main(void)
{
    long long int n,i;
    a[0]=0;a[1]=3;a[2]=6;a[3]=6;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        for(i=4;i<=n;i++)
        a[i]=a[i-2]*2+a[i-1];     注意是long long，  long的时候打50炸成2了
        printf("%lld\n",a[n]);
    }
    return 0;
}