直接進入正題，這題要求解的是乙個條件極其寬鬆下的組合題，似乎在看見這題的時候，我們就能遇見這道題的答案會是多麼的龐大，所以題中也才會有 % 9937 這樣的提示。對於如此大的乙個運算，只走一步的話還好辦，有9種情況，（順時針和逆時針旋轉2次加上相鄰兩個交換位置（交換一對的4次，交換兩對的2次）最後加上原地不動的1次），就1次就夠麻煩的，計算結果表明，兩步共有633種可能， 足以見得後面的情況是多麼的複雜。
假設布局如下（上面依次站著a, b, c, d號機械人）：
"0" -a "1" -b
"2" -c "3" -d
那麼對於剛開始位於 "0" 的 a 機械人來說，此時它位於 "0" 的方案數為 1， 位於其他三個區域的方案數為 0，這是顯而易見的，那麼下一時刻呢？是這樣的，此時位於"0"的方案數就變成了 1，位於"1"的方案數為 1，位於"2"的方案數為 1， 位於"3"的方案數為 0。哦，原來是這樣的，就是每次加上跟 "x" 位置相鄰以及本身位置上一步的方案數。
有： dp[n][0] = dp[n-1][0] + dp[n-1][1] + dp[n-1][2]; // 原諒我變數名取了dp，它看起來確實比較順眼
dp[n][1] = dp[n-1][0] + dp[n-1][1] + dp[n-1][3];
dp[n][2] = dp[n-1][0] + dp[n-1][2] + dp[n-1][3];
dp[n][3] = dp[n-1][1] + dp[n-1][2] + dp[n-1][3];
再對初始化位置為 "1", "2", "3" 的機械人進相同的步驟就能夠計算出每個機械人在第n步時，在每乙個區域的方案總數。
做好了上面的準備工作，我們就能夠利用這些資訊來進一步解決這個棘手的問題。那麼我們還是來看最簡單的只走一步來分析它，由於我們已經知道了走了1步後，各個機械人最後在四個位置的方案數有多少種。
好，我們開始來數，首先是順時針旋轉，此時 a 到達了 "1", b到達了 "3", c到達了 "0" , d到達了 "2"，恩，這個情況出現了，於是我們要去找了，到第 n = 1 步的資料中尋找a在"1"有多少種方案，依次 n = 1時 b在"3"，c在"0"，d在"2"的方案數。將他們相乘即得到這種終態下的方案數。接下來就是剩下8種狀態對應的方案數了。在n = 1步中這些方案總數都是1種。
但是新的問題又出來了，難道我要把每一步的所有可能的情況都推算出來嗎，其實這裡有個蠻力的法子，就是把所有可能的終態都計算一遍，大不了就是多加幾個零唄。我們可以推算出終態總數為24種，也即4！。
這樣分析完之後，題目就有可解性了。動手吧。
**如下：
1 #include2 #include
3 #include
4 #include
5 #include
6 #include
7using
namespace std;89
struct statu
10 a[4]; //
四個機械人的位置資訊
1314
void deal( void )
15 25 }
26 }
2728
int slove( int n )
29 ;
31for( int i = 0; i < 24; ++i )
32
41return sum;
42 }
4344
int main()
45 50
51 deal();
5253
int n;
54while( scanf( "
%d", &n ) != eof )
55
5859
return
0;60 }
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