桌子上有2n+2個位置，其中前n個位置放著n個正面朝上的硬幣，接下來n個位置放著反面朝上的硬幣，後面兩個位置為空。
每次操作可以將任意兩個相鄰的硬幣順序不變地移動到空位上，那麼至少要多少次操作可以將硬幣移成正反相間（正面的硬幣在第乙個，最後兩個還是空）。
例如：當n = 4時，有一組合法解如下：
11110000__
__11000011
101__00011
1010100__1
10101__001
10101010__
輸入乙個n
第一行輸出最少移動步數
接下來一行為移動方案，只要輸出被移動的兩個非空格格仔左邊那個的編號。換不換行無所謂。詳見樣例。
4
5對於100%的資料，2分析：1 4 8 6 9
首先需要先找到最少步數與n的關係，在考場上找到的是當
n為偶數時，最少步數f（
n） = n * 2 - 3，當n
為奇數時，f（
n） = n * 2 - 2
，然後發現構造過程也很容易，隨便搞搞就可以了。
後來成績出來，發現這一題沒分。而且，全場都沒有人有拿到分。。。很多人想到是n + 1
，但是沒有人構造出過程。
回來之後，寫了個暴力，只跑到n = 8
的情況（再大記憶體受不了），發現答案確實是
n + 1
。乙個學長說這很像acm world final 2014
的第一題，就去研究了一下，但是按那道題的方法最終的結果是
0101……
也沒有想到怎麼將它轉換為
1010……
後來cjk
花了一整天的時間研究出一些思路，大致是分解成子問題，每次規模減小，後來又一步步完善，之後變成這樣：
對於乙個類似11111111000000__00
的子問題，可以轉換為
10101010__10101010（__
可以在任意0和
1之間，但是不能是
1__0
），步驟如下：
11111111000000__00
1__111110000001100
1001(111100__00)1100 （括號內表示下乙個子問題）
子問題解決之後，再經過下面的轉換：
1001(1010__1010)1100
1001(1010101010)1__0
10__(1010101010)1010
這樣就將當前的子問題解決了且子問題規模每次縮小4
，而每次增加的步數也是
4，那麼就可以符合我們的要求。
由於n > 2，所以
我們的問題要從
3開始處理（而且1本身就是結果，2無法解決），3、
4、5、
6無法再分解為子問題，所以要內建3、
4、5、
6的解法和對應子問題的解法。
然後我又在暴力的基礎上加了輸出所有解，找出了3、4
、5、6
的可行方案，分別是：
3：2 6 4 7
4：1 4 8 6 9
5：2 7 11 3 8 11
6：1 6 12 9 3 10 13
然後子問題的解決方案：
3：6 2 5
4：8 1 4 7
5：8 3 11 2 7
6：10 2 12 9 6 3
以3來舉個例子，當規模為
3的子問題出現的時候，應該是這樣：
1__1(11100000)1100
然後第一步將第6、7
個位置上的
0移開，變成
1001(11100__0)1100
接下來依次操作：
1001(1__00110)1100
1001(1010__10)1100
然後就可以解決外面的子問題了。
現在需要確定操作的規律，我們定義當前子問題的規模為n
，起點為
l，上一步操作為
m，任意舉乙個例子
n = 11
的情況：
1111111111100000000000__
11111111111000000000__00 n = 11 l = 0 m = 21 = l + n * 2 - 1
1__111111110000000001100 n = 11 l = 0 m = 2 = l + 2
1001(111111100000__00)1100 n = 7 l = 4 m = 17 = l + n * 2 - 1
1001(1__1111000001100)1100 n = 7 l = 4 m = 6 = l + 2
1001(1001(11100__0)1100)1100 n = 3 l = 8 m = 14 = l + 6
1001(1001(1__00110)1100)1100 n = 3 l = 8 m = 10 = l + 2
1001(1001(1010__10)1100)1100 n = 3 l = 8 m = 13 = l + 5
1001(1001101010101__0)1100 n = 7 l = 4 m = 18 = l + n * 2
1001(10__101010101010)1100 n = 7 l = 4 m = 7 = l + 3
100110101010101010101__0 n = 11 l = 0 m = 22 = l + n * 2
10__10101010101010101010 n = 11 l = 0 m = 3 = l + 3
1010101010101010101010__ n = 11 l = 0 m = 23 = l + n * 2 + 1
從上面的過程中，我們可以發現一些規律，每次縮小規模時，解決子問題之前的操作都是l + n * 2 - 1
和 l + 2
，而解決子問題之後的操作都是
l + n * 2
和l + 3
，中間規模為3～
6的子問題特殊解決，然後大問題的最後一部都是將末尾兩個移到前面，因為解決規模為3～
6的子問題需要的步驟分別是3～
6，加上最後一步，需要的運算元剛好是
n + 1
。**：
1 #include 2intn, l;
3int
main ()416
return0;
17}18for (l = 0; n >= 7; n -= 4, l += 4
)19 printf ("
%d %d
", l + (n << 1) - 1, l + 2
);20
switch
(n)21
27for (l -= 4, n += 4; l >= 0; l -= 4, n += 4
)28 printf ("
%d %d
", l + (n << 1), l + 3
);29 n -= 4
;30 printf ("
%d ", (n << 1) + 1
);31 }
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