1925: [Sdoi2010]地精部落
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Description
传说很久以前,大地上居住着一种神秘的生物:地精。 地精喜欢住在连绵不绝的山脉中。具体地说,一座长度为 N 的山脉 H可分 为从左到右的 N 段,每段有一个独一无二的高度 Hi,其中Hi是1到N 之间的正 整数。 如果一段山脉比所有与它相邻的山脉都高,则这段山脉是一个山峰。位于边 缘的山脉只有一段相邻的山脉,其他都有两段(即左边和右边)。 类似地,如果一段山脉比所有它相邻的山脉都低,则这段山脉是一个山谷。 地精们有一个共同的爱好——饮酒,酒馆可以设立在山谷之中。地精的酒馆 不论白天黑夜总是人声鼎沸,地精美酒的香味可以飘到方圆数里的地方。 地精还是一种非常警觉的生物,他们在每座山峰上都可以设立瞭望台,并轮 流担当瞭望工作,以确保在第一时间得知外敌的入侵。 地精们希望这N 段山脉每段都可以修建瞭望台或酒馆的其中之一,只有满足 这个条件的整座山脉才可能有地精居住。 现在你希望知道,长度为N 的可能有地精居住的山脉有多少种。两座山脉A 和B不同当且仅当存在一个 i,使得 Ai≠Bi。由于这个数目可能很大,你只对它 除以P的余数感兴趣。
Input
仅含一行,两个正整数 N, P。
Output
仅含一行,一个非负整数,表示你所求的答案对P取余 之后的结果。
Sample Input
4 7
Sample Output
3
HINT
对于 20%的数据,满足 N≤10;
对于 40%的数据,满足 N≤18;
对于 70%的数据,满足 N≤550;
对于 100%的数据,满足 3≤N≤4200,P≤109
Source
//思路比较难想到啊,连看题解,都看了很久才明白,有些人写的确实是很难理解。
参考博客:http://www.cnblogs.com/quzhizhou/p/7236727.html
思路是这样的 dp[i][j] 代表,1 -- i 的排列中,以 1 -- j 数字为开头,然后接着递减的序列有多少种,先看怎么转移
1.当开头 < j 时,显然是 dp[i][j-1]
2.当开头 = j 时,第二位要小于 j 所以必须是 1 -- j-1 ,然后接着上升的序列,然而似乎没有记录这种状态。。。
但其实,可以这么想,对于,dp[i][j] 的每一种排列,如果将每个数都用 n 减去,再加 1 ,就是以,n-x+1 为开头的递增序列了。
比如题目给的 2 1 4 3 ,可以变为 3 4 1 2 ,所以,每种都对应另一种开始时递增的序列。
所以,1 -- j-1 开头的递增序列,种数为 dp[i-1][i-(j+1)+1] ,即 dp[i-1][i-j]
为什么是 i-1 呢,因为,j 被选走了,j+1 ,j+2,j+3 ... i 这些数,每个数减一,在种数上就相当于 dp[i-1][i-j] 了
记得最后答案乘 2 ,求的是递减或递增的序列
1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 # include <cstdlib> 4 # include <iostream> 5 # include <vector> 6 # include <queue> 7 # include <stack> 8 # include <map> 9 # include <bitset> 10 # include <set> 11 # include <cmath> 12 # include <algorithm> 13 using namespace std; 14 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 15 #define pi acos(-1.0) 16 #define eps 1e-8 17 #define MOD 1000000007 18 #define INF 0x3f3f3f3f 19 #define LL long long 20 inline int Scan() { 21 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 22 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();} 23 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();} 24 return x*f; 25 } 26 inline void Out(int a) { 27 if(a<0) {putchar(‘-‘); a=-a;} 28 if(a>=10) Out(a/10); 29 putchar(a%10+‘0‘); 30 } 31 #define MX 4500 32 //Code begin... 33 34 int dp[2][MX]; 35 36 int main() 37 { 38 int n = Scan(); 39 int p = Scan(); 40 41 memset(dp,0,sizeof(dp)); 42 dp[1][1]=1; 43 for (int i=2;i<=n;i++) 44 for (int j=1;j<=i;j++) 45 dp[i&1][j]=(dp[i&1][j-1]+dp[(i-1)&1][i-j])%p; 46 cout<<dp[n&1][n]*2%p<<endl; 47 return 0; 48 }