T1：地精部落
题目大意：
定义中间大临靠的两边小的山峰，反之为山谷，求出一半峰一半谷的序列个数
思路1：暴力（(20pts-40pts)）
开题一看，又是排列问题，而且
全排列+打表搞它
代码：
int main(){
n=read(),mol=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;
do{
int flag=1;
for(int i=2;i<n;i++){
if((a[i-1]<a[i]&&a[i]<a[i+1])||(a[i-1]>a[i]&&a[i]>a[i+1])){flag=0;break;}
}
ans+=flag;
}while(next_permutation(a+1,a+1+n));
cout<<ans%mol;
return 0;
}
思路2：(DP)（(100pts)）
像这种排列方面的问题，而且是只给了数列大小的题，不是打表找规律就是贪心过样例n方DP，区别就看数据范围
一看就是神仙做的：
一看就是(O(1))的组合数或矩阵加速的（一般(n)直接开(1e18)了）：
一看就是(DP)的：
放错图了：
好了，回归正题
一看就很组合数+(DP)，设定(f_{i,0/1})表示长度为(i)且开头是山谷或山峰的合法序列。现在有以下几个性质：
-
性质1：(1-k)的合法序列和(x+1-x+k+1)的合法序列方案数一致
- 证明：可以直接把(x+1-x+k+1)整体减去(x)，这样就得到了(1-k)的合法序列
-
性质2：合法序列长度为奇数时，若首元素为山谷，则尾元素也为山谷;若首元素为山峰，则尾元素也为山峰。合法序列长度为偶数时，若首元素为山谷，则尾元素也为山峰;若首元素为山峰，则尾元素也为山谷
- 证明：动手画一下就行
所以我们可以用脚得出状态转移方程：
[f_{i,0}=sum f_{j,0}×f{i-j-1}×C_{i-1}^j(j\%2==1)
]
[f_{i,1}=sum f_{j,1}×f{i-j-1}×C_{i-1}^j(j\%2==0)
]
我们考虑把第(i)个元素，即数字(i)插入到前面的序列中，可以以插入的位置为断点，考虑左右两个序列。根据性质1和性质2可以直接得出转移方程。后面组合数代表前(i-1)个元素，选出(j)个元素放在断点左边，其它的放在断点右边，因为枚举了第一个元素是山峰或山谷，只有当断点左右都是山谷时才能插入，所以转移一定合理
代码：
int main(){
n=read();mol=read();
c[1][0]=c[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mol;
}
}
f[0][0]=f[0][1]=f[1][0]=f[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<i;j++){
if(j&1)f[i][0]=(f[i][0]+f[j][0]*f[i-j-1][0]%mol*c[i-1][j]%mol)%mol;
else f[i][1]=(f[i][1]+f[j][1]*f[i-j-1][0]%mol*c[i-1][j]%mol)%mol;
}
}
cout<<(f[n][0]+f[n][1])%mol;
return 0;
}
思路3：优化（(100pts)）
对于上面的性质，我们可以扩展出第三条：
- (f_{i,0}=f_{i,1})
- 证明：很简单，把原序列翻过来就行了
所以可以直接把第二维压掉
代码：
int main(){
n=read();mol=read();
c[1][0]=c[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mol;
}//这里也可以滚动数组放在下面，省点空间
}
f[0]=1;f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<i;j++){
if(j&1)f[i]=(f[i]+1LL*f[j]*f[i-j-1]%mol*c[i-1][j]%mol)%mol;
}
}
cout<<f[n]*2%mol;
return 0;
}