【CodeForce】509F Progress Monitoring（树形情景区间DP）

题目大意：有一段深搜的代码，是遍历一个邻接矩阵，然后输出一个序列，这个邻接矩阵的原形是一棵树，那么现在就是要你根据序列，求出最多有多少个不同的树遍历之后可以得到相同的序列。

思路：这道题属于简单的区间DP，仔细点想就可以了。

第一种方法也是最直接的思路。

令dp[i][j]表示的是以i这个点为根，其余点为它的子树时，符合条件的最大个数。

从样例可以想到

1 2 3由于3和2交换之后，依然不会影响输出，所以假如1 2 xxx 3xxx，交换2,3节点下的树，也是不会影响序列的。

突破点就在此，dp[i][j]表示的便是一棵以i为根的（子）树，我们要做的就是去比较子树根的大小，判断可以不可以交换。

这边还需明白的一点在于：dp[i][j]表示以i为根的情况，dp[i-1][j]表示的便是i-j中的节点有任意多个节点在同一层的情况。（这个也不知道怎么讲- -！）

第一种方法的状态转移方程：dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i+1][k]*dp[k][j](d[k+1]>d[i+1])，这边主要要理解的是不同子树的根能否位于同一层的情况。

AC代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long dp[505][505];
int d[505];
#define mod 1000000007;

/*
dp[i][j]表示i为根时符合条件的情况，最直接的设想。
*/
int main()
{
	int n;
	while (cin >> n)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d", &d[i]);
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			dp[i][i] = dp[i][i + 1] = 1;
		for (int len = 2; len < n;len++)
		for (int i = 1; i + len <= n; i++)
		{
			int j = i + len;
			for (int k = i + 1; k <=j;k++)
			if (k==j||d[k+1]>d[i+1])//k==j是考虑最后一个顶点单独为一个第二层子树的情况
			{
				dp[i][j] += dp[i + 1][k] * dp[k][j];
				dp[i][j] %= mod;
			}
		}
		cout << dp[1][n] << endl;
	}
}

第二种方法：

其实第二种方法跟第一种方法一样，只是表示上没那么直接

dp[i][j]表示的是i-j中的节点有任意多个节点在同一层的情况很明显这边的根便是i-1，并且先输出的是i,

所以最终的结果是dp[2][n+1]

AC代码：

/*
dp[i][j] 表示的是i-j当中符合输出序列的树的个数，但需要注意的是
这边的i不一定为根，还包括i与i+1-j同一层的情况，需好好理解。
*/
int main()
{
	int n;
	while (cin >> n)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d", &d[i]);
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
			dp[i][i] = dp[i][i + 1] = 1;
		for (int len = 2; len <=n;len++)
		for (int i = 1; i + len <= n+1; i++)
		{
			int j = i + len;
			dp[i][j] += dp[i + 1][j];//i单独为节点的情况
			for (int k = i + 1; k < j;k++)
			if (d[i] < d[k])//两者的差别在于判断条件。
			{
				dp[i][j] += dp[i + 1][k] * dp[k][j];//因为i为节点，所以这个树有dp[i+1][k]种情况
				dp[i][j] %= mod;
			}
		}
		cout << dp[2][n+1] << endl;
	}
}