我是常年遊蕩於題解區的幽靈。
直觀的想法就是字首和+差分優化dp， 但還有些比較奇妙的方法or trick：
\(f[i][j] = f[i-1][j-1]+f[i-1][j]+f[i-1][j+1]+\color\)， 因為可以一步跳到 \(f[i][j]\) 的狀態也可以一步跳到 \(f[i-2][j]\)， 反過來也成立 。
只考慮從左邊某個特定的列的轉移矩陣， 設為 \(j\)， 設第 \(i\) 列的答案矩陣是 \(a_i\)， 則有：\(a_n = j*(a_+a_+a_+\cdots)\) 且 \(a_ = j*(a_+a_+a_+\cdots)\)， 不難得出 \(a_n = j*a_+a_\)， 這也是個遞推， 構造矩陣：
\[[ \begin
j & e\\
e & o
\end
] *[ \begin
a_n\\
a_ \end
]=[\begin
a_\\
a_ \end
]\]其中 \(e\) 是單位矩陣而 \(o\) 是全零矩陣，就可以大力遞推了。
這個， 建圖
接下來選擇性地實現/口胡上述的某些解法（我挺中意矩陣套矩陣的解法）
目錄s0[i]維護與當前列差偶數列的第i行的方案數之和，s1[i]則是相差奇數列的。
s1[i] <- s0[i]
#includeusing namespace std;
const int mo = 30011;
int n,m;
int qm(int x)
struct m
};m operator*(const m &a, const m &b)
m operator+(const m &a, const m &b)
struct m2 s,t,delta;
m2 operator*(const m2 &a, const m2 &b)
int main()
m -= 3;
delta = t;
while(m)
s = delta*s;
printf("%d",s.t[1][1].t[n][1]);
return 0;
}
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