题目来源：POJ：http://poj.org/problem?id=2279 SPOJ：https://www.spoj.com/problems/GNYR04H/
题意翻译
题目描述
杨先生希望为他的班级拍照。学生将排成一行，每行不超过后面的行，并且行的左端对齐。例如，可以安排12名学生排列（从后到前）5,3,3和1名学生。
X X X X X
X X X
X X X
X此外，杨先生希望每排学生安排高度从左到右减少。此外，学生身高应从后向前减少。想想看，杨先生看到，对于这个12人的例子，至少有两种安排学生的方式（数字代表高度，其中1代表最高）：
1 2 3 4 5 1 5 8 11 12
6 7 8 2 6 9
9 10 11 3 7 10
12 4杨先生想知道，对于给定排列的排列，可能有多少不同的学生安排。他尝试用长度为3,2和1的行开始计数，并计数16个排列：
123 123 124 124 125 125 126 126 134 134 135 135 136 136 145 146
45 46 35 36 34 36 34 35 25 26 24 26 24 25 26 25
6 5 6 5 6 4 5 4 6 5 6 4 5 4 3 3杨先生认为，手动点数对于任何合理数量的学生来说都不会很有效。他通过编写计算机程序来帮助你确定一组给定行的学生的不同安排数量。
输入
输入描述了一系列测试，每个测试分两行描述。第一行将行数k作为十进制整数。第二行包含从后到前的行的长度（n {1} 1 ，n {2} 2 ，...，n _ {K} ķ ）作为由单个空格分隔的十进制整数。问题集以行计数为0的行结束。最多不会超过5行，学生总数N（行长度总和）最多不超过30行。
输出
对于每个测试用例输出一个整数：N个学生排列在给定行中的数量，以便高度从左到右沿着每行减少，并且从后到前沿着每列减小（假定所有高度都不同）。结果应该分开。输入数据将被选择，以便结果总是适合一个无符号的32位整数。
样例输入
1
30
5
1 1 1 1 1
3
3 2 1
4
5 3 3 1
5
6 5 4 3 2
2
15 15
0
样例输出
1
1
16
4158
141892608
9694845
解析：
这题说实话思路很难想到。主要是一个单调性的维护。
看到这题应该第一个反应应该是用每一行的人数作为dp的状态，从每行都没有人的情况出发，然后每次做在某一行添加一人的决策，求解可能情况数量。
既便这一点很容易想到，但是还有一个棘手的问题——单调性如何解决，即每行每列的学生身高是递减的。
实际上我们并不用管某个位置上的学生身高具体是多高，只要直到整体具有单调性就可以了。
我们需要做一些约束，以使得全局具有单调性。首先，在这道题里，局部单调性可以导出全局单调性（关键所在），记住它。
而且题目告诉我们，每行不超过后面的行。
我们得出这样一个结论：如果我们按照从高到低的次序添加学生，根据单调性，每次增加一个学生，这个增加的学生的高度必然小于上一个增加的学生，而根据题意，我们必须把这个新的学生安排到之前放的学生的右边的列或者是之前放的学生的前面的行。
于是在每一次状态转移中，我们只需要动态维护某一行的人数比它前面那一行的人数要多就行了。
注意：对于每行放置的每一个学生，每轮循环都从0开始，否则无法覆盖问题空间。
话说为什么有人说要动态开数组，我没开不也过了？？？
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<cstdlib> 8 #include<queue> 9 #include<vector> 10 #define INF 0x3f3f3f3f 11 #define PI acos(-1.0) 12 #define N 31 13 #define MOD 2520 14 #define E 1e-12 15 #define ri register int 16 using namespace std; 17 unsigned int dp[N][N][N][N][N],a[N]; 18 int main() 19 { 20 int k; 21 while(cin>>k&&k!=0) 22 { 23 int cnt=0; 24 memset(a,0,sizeof(a)); 25 memset(dp,0,sizeof(dp)); 26 for(ri i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&a[i]); 27 dp[0][0][0][0][0]=1; 28 for(ri a1=0;a1<=a[1];a1++) 29 for(ri a2=0;a2<=a[2];a2++) 30 for(ri a3=0;a3<=a[3];a3++) 31 for(ri a4=0;a4<=a[4];a4++) 32 for(ri a5=0;a5<=a[5];a5++){ 33 if(a1<a[1]) dp[a1+1][a2][a3][a4][a5]+=dp[a1][a2][a3][a4][a5]; 34 if(a2<a[2]&&a1>a2) dp[a1][a2+1][a3][a4][a5]+=dp[a1][a2][a3][a4][a5]; 35 if(a3<a[3]&&a2>a3) dp[a1][a2][a3+1][a4][a5]+=dp[a1][a2][a3][a4][a5]; 36 if(a4<a[4]&&a3>a4) dp[a1][a2][a3][a4+1][a5]+=dp[a1][a2][a3][a4][a5]; 37 if(a5<a[5]&&a4>a5) dp[a1][a2][a3][a4][a5+1]+=dp[a1][a2][a3][a4][a5]; 38 } 39 cout<<dp[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]][a[5]]<<endl; 40 } 41 return 0; 42 }