P2467 [SDOI2010]地精部落 （dp+组合数）【扩展Lucas好难不会】

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题目：

题目描述

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。

输入输出格式
输入格式：

输入文件goblin.in仅含一行，两个正整数N, P。

输出格式：

输出文件goblin.out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。

输入输出样例

输入样例#1：

4 7

输出样例#1：

3

【数据规模和约定】

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≤1e9。

思路：又是似曾相识的那种dp。。分类讨论，转移方程显然。

如果在i之前的所有答案已经计算好了，那么更新i的时候就可以选择把i插入第k个和第k+1个之间，或者把i放在i-1个的旁边。

放置的时候因为i比之前的i-1个数都要大，所以它只能作为“山峰”出现，所以第k个和第k+1个必须都是山谷，放在旁边也是一样，相邻的必须是作为山谷的。

状态：

　　f[i][0] 表示按题意放置好了i个数之后，左右两端都为山谷的方法数。

　　f[i][1] 表示按题意放置好了i个数之后，左端山谷，右端山峰的方法数。

　　f[i][2] 表示按题意放置好了i个数之后，左端山峰，右端山谷的方法数。

　　f[i][3] 表示按题意放置好了i个数之后，左右两端都为山峰的方法数。

状态转移方程：

　　f[i][0] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][0] * C_i-1^j);

　　f[i][1] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][1] * C_i-1^j);

　　f[i][2] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][0] * C_i-1^j);

　　f[i][3] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][1] * C_i-1^j);

　　N的范围是4500，其中的C_i-1^j可以用杨辉三角跑出来，不过考虑到数据比较极限，可能会MLE，滚动数组优化之。

　　据说可以扩展Lucas？。。。没学过赶紧去补（逃

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 4200 + 5;

ll N, P;
ll f[MAX_N][5];//第二维：0低低，1低高，2高低，3高高
ll C[2][MAX_N];

int main()
{
    cin >> N >> P;
    memset(f, 0, sizeof f);
    C[0][0] = 1;
    C[1][0] = C[1][1] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        if (i == 1)
            f[i][0] = 1, f[i][0] %= P;
        if (i > 1) {//加在边界
            f[i][1] += f[i-1][0], f[i][1] %= P;
            f[i][2] += f[i-1][0], f[i][2] %= P;
            f[i][3] += f[i-1][1] + f[i-1][2], f[i][3] %= P;
        }
        if (i >= 2) for (int j = 1; j <= i; j++)
            C[i&1][j] = (C[(i&1)^1][j-1] + C[(i&1)^1][j]) % P;
        for (int j = 1; j < i-1; j++) {//j >= 1 && i-1-j >= 1
            ll cur = C[(i&1)^1][j];
            f[i][0] += (f[j][0]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][0] %= P;
            f[i][1] += (f[j][0]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][1] %= P;
            f[i][2] += (f[j][2]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][2] %= P;
            f[i][3] += (f[j][2]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][3] %= P;
        }
    }
    ll ans = 0;
    for (int k = 0; k <= 3; k++) {
        ans += f[N][k], ans %= P;
    }
    cout << (ans+P)%P << endl;
    return 0;
}