很有意思的dp计数题目。
思考一下发现开始时山峰和开始是山谷的方案数是相同的 所以我们只需要统计一个即可。
证明的话可以考虑对于任意一种开始时山峰的方案 每个数字变成n-a[i]+1 那么可以此方案还是一个排列 且变成开始时山谷的方案。
考虑统计一个 设f[i][j]表示到了第i个数字 此时放数集合为j的方案数。
n*2^n的复杂度当然过不了。之所以有这么高的复杂度 是因为数的集合一直放不下去。
只要我们考虑出和数的大小无关的状态就能降低复杂度。
强行考虑 f[i]表示i个数字所形成的第一个为山峰的方案数。
发现很难推到i+1因为我们的数的集合不知道 此时两种方法打表找规律(非常困难。
考虑递推关系是可行的 这个时候一个比较强大的转移是 我们发现i个数中存在最大值 我们以最大值为标准确定方案数。
最大值位置如果在i 那么我们要选出C(n-1,i-1)个数在左边 剩下的在右边 那么方案数就是 f[i-1]C(n-1,i-1)f[n-i];
这样我们枚举一个i就能推出方案数 原因是最大值在做分割的缘故。非常巧妙的dp。将数的集合强行放下。
关于组合数不能够预处理 但是可以发现我们逐次递推的时候推出组合数 滚动数组即可。
luogu上可以开二维数组 但bzoj上不行。。
const int MAXN=4210;
int n,mod;
ll f[MAXN],c[2][MAXN];
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
f[0]=f[1]=1;
get(n);get(mod);
int u=0;
c[u][0]=1;
rep(2,n,i)
{
u=u^1;c[u][0]=1;
rep(1,i-1,j)c[u][j]=(c[u^1][j-1]+c[u^1][j])%mod;
for(int j=1;j<=i;j+=2)f[i]=(f[i]+f[j-1]*c[u][j-1]%mod*f[i-j])%mod;
}
printf("%lld\n",(f[n]<<1)%mod);
return 0;
}
再分享一个思路吧：
这是基于分析性质的来的：一个性质 如果j-1为开头 j-1和j不相邻 那么交换两个数字此时还是合法的序列。
所以设 f[i][j]表示前i个数字选择j为开头的方案数 有一个显然的转移 f[i][j]=f[i][j-1] 当然还要考虑一下j和j-1相邻的时候。
此时必须要把j-1紧贴j放 让剩下的i-1个数形成一个一个波动序列 但是j-1是山谷。
我们只求出了j-1是山峰的方案数 考虑j-1是山谷时的所有方案数 和i-1-(j-1)+1时山峰的方案数相同 所以此时有转移f[i][j]+=f[i-1][i-j+1];
发现便利了所有的情况 所以这种方法时正确的。 这个思路是基于仔细观察性质的得到了。
所以说性质也分好坏 一个好的性质可以帮助解题。
const int MAXN=4210;
int n,mod;
int ans,f[2][MAXN],u;
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
n=read();mod=read();
if(n==1||n==2)
{
printf("%d\n",n);
return 0;
}
f[u][2]=1;
for(int i=3;i<=n;++i)
{
u=u^1;
for(int j=2;j<=i;++j)
f[u][j]=(f[u][j-1]+f[u^1][i-j+1])%mod;
}
for(int i=2;i<=n;++i)ans=(ans+f[u][i])%mod;
printf("%d\n",(ans<<1)%mod);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/chdy/p/12589892.html