对于OJ2045题的想法
题目:不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题
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Problem Description：人称“AC女之杀手”的超级偶像LELE最近忽然玩起了深沉，这可急坏了众多“Cole”（LELE的粉丝,即"可乐"）,经过多方打探，某资深Cole终于知道了原因，原来，
LELE最近研究起了著名的RPG难题:有排成一行的ｎ个方格，用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green)三色涂每个格子，每格涂一色，要求任何相邻的方格不能同色，且首尾两格也不同色．求全部的
满足要求的涂法.以上就是著名的RPG难题.
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<n<=50)。
Output
对于每个测试实例，请输出全部的满足要求的涂法，每个实例的输出占一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
6
自己的想法:做到这道题的时候联想到了OJ2013蟠桃、OJ2018母牛的故事、OJ2041超级楼梯，知道题目是要用递归算法。开始的时候在纸上画和算了1-5个格子能涂写出不同且满足要求的结
果，可能找到的规律只适合于前五个格子，所以一直没AC，然后就网上找了别人AC的答案借鉴了下自己出现的问题，发现确实是自己找的规律出了差错，修改自己的代码后就好了。
这次是想把上面的有关递归且算法思想相似的题目写下来，为以后做到这样的题目又困惑的时候可以在这篇笔记上去找到上面提起过的做过的题目，再去看看，找到灵感。
自己的代码：
#include <stdio.h>
int main(void)
{
long long int a[55];
int n = 0;
a[1] = 3;
a[2] = 6;
a[3] = 6;
for(int i=4;i<=50;i++)
a[i] = a[i-1] + a[i-2]*2;
while(scanf("%d",&n)==1)
printf("%lld\n",a[n]);
}
OJ2048 神、上帝以及老天爷
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Problem Description
HDU 2006'10 ACM contest的颁奖晚会隆重开始了！
为了活跃气氛，组织者举行了一个别开生面、奖品丰厚的抽奖活动，这个活动的具体要求是这样的：
首先，所有参加晚会的人员都将一张写有自己名字的字条放入抽奖箱中；
然后，待所有字条加入完毕，每人从箱中取一个字条；
最后，如果取得的字条上写的就是自己的名字，那么“恭喜你，中奖了！”
大家可以想象一下当时的气氛之热烈，毕竟中奖者的奖品是大家梦寐以求的Twins签名照呀！不过，正如所有试图设计的喜剧往往以悲剧结尾，这次抽奖活动最后竟然没有一个人中奖！
我的神、上帝以及老天爷呀，怎么会这样呢？
不过，先不要激动，现在问题来了，你能计算一下发生这种情况的概率吗？
不会算？难道你也想以悲剧结尾？！
Input
输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数，然后是C 行数据，每行包含一个整数n(1<n<=20),表示参加抽奖的人数。
Output
对于每个测试实例，请输出发生这种情况的百分比，每个实例的输出占一行, 结果保留两位小数(四舍五入)，具体格式请参照sample output。
Sample Input
1 2
Sample Output
50.00%
这道题我看见的时候以为很简单，以为就是2^(n-1)，然后就提交了，发现不是自己想的那样，再仔细过来思考了一下，发现我的这种想法只是里面发生的其中一种可能.但是因为不知道用什
么样的算法写.百度了一下这道题，得到的方向是这道题也是一道递归题但是用到了错位公式.
错排公式是f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2))
举例子解释：
就像一个将信件放入不同信箱的例子，我们先考虑前n-1的情况
1.前n-1个信件全部都放错了，那么我们考虑n个的情况时，只需要将第N个信件与前n-1个信件的任意一个做一个交换就ok了，这个结果是(n-1)*f(n-1)
2.然后再考虑前n-1个并没有完全放错，那么要想使第n个信封加入时和其中的某一个信封进行交换可以实现n个信件全部放错的情况，那么必须前n-1个当中有且只有一个信件是放正确的，就
是说前n-2个是放错误的，也就是f(n-2)，然后就很明显了，只需要将第n个信件和那个正确的交换一下就ok了，而那一个正确的信件有n-1中不同的选择方法，所以结果就是(n-1)*f(n-2)
大佬的代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,j,n,m;
double max;
double a[22]={0,0,1,2};
for(i=4;i<22;i++)
a[i]=(i-1)*(a[i-1]+a[i-2]);
cin>>n;
for(i=0;i<n;i++)
{
max=1;
cin>>m;
for(j=1;j<=m;j++)
max=max*j;
printf("%.2lf%%\n",a[m]*100/max);
}
}
