【ARC068F】Solitaire（dp，计数，思维）

首先发现那个双端队列一定长这样：

也就是说，这个队列中的数先单调递减，然后再单调递增，最小值为 $1$。

现在考虑从双端队列中取数，那么当我们取到 $1$ 这个数时，我们会在原来的双端队列中取到类似这样的两个数列：（分别用红、蓝表示）

那么红、蓝两数列的总长度为 $k$，剩下的就是绿色的一段，长度为 $n-k$，我们每次可以从两端任意取，共取 $n-k-1$ 次，方案数为 $2^{n-k-1}$。

所以我们只用考虑前 $k$ 个数的取法，然后乘上 $2^{n-k-1}$ 就好了。

由图像，我们看一下弹出序列需要满足什么条件：

1. 首先第 $k$ 位肯定是 $1$。（题目要求）

2. 前 $k$ 个数，一定是由一个或两个单调递减的数列混合而成的（这两个数列就是图中的红、蓝两个数列），并且其中的一个单调递减的数列肯定包含 $1$ 这个点（蓝色数列）。

3. 后 $n-k$ 个数，其最大值应小于某一个提到的单调数列的最小值。也就是绿色段的最大值小于红色段的最小值。

那我们不妨设 $f(i,j)$ 表示已经取了前 $i$ 个数，他们的最小值为 $j$ 时的方案数。（满足上面的 $3$ 个条件）

那么我们设选的这 $i$ 个数分成的两个单调递减的序列分别为 $A$、$B$，其中最小值 $j$ 在 $A$ 中，$B$ 中的最小值为 $minn$。

设除了我们选的这 $i$ 个数剩下的 $n-i$ 个数组成的集合为 $S$，$S$ 中最大的数为 $maxS$。

大概可以用这张图表示：

由 $f(i,j)$ 的定义得，$B$ 序列已经满足了第 $3$ 个条件，即 $maxS<minn$。

我们现在要从 $S$ 中选一个数，加入 $A$ 或 $B$ 里面。

考虑构造：

1. 假设加入的数 $x$ 满足 $x<j$，那么我们就把它加到 $A$ 的末尾，此时仍满足所有条件。所以 $f(i,j)$ 向 $f(i+1,1)\sim f(i+1,j-1)$ 转移。

2. 假设加入的数 $x$ 满足 $x\ge j$，如果加入 $A$ 中，$A$ 就不满足单调递减的性质了，所以只能加入 $B$ 中。

   然后发现只能把 $S$ 中的最大值 $maxS$ 加入到 $B$ 的队尾（而且必须得满足 $maxS\ge j$，不然会在第一种情况中算重）。

   由于 $maxS$ 是 $S$ 中的最大的数，所以当 $maxS$ 加入 $B$ 数列成为 $B$ 数列的最小值后，仍大于 $S$ 中的所有数，满足条件。

   所以 $f(i,j)$ 向 $f(i+1,j)$ 转移。

   至于为什么 $S$ 中除 $maxS$ 的某一个数 $x$ 都不能加入 $B$ 的队尾：因为加入后，$B$ 中的最小值就变成了 $x$，而 $S$ 中的最大值仍为 $maxS$。此时 $x<maxS$，不满足条件。

所以通过 $f(i,j)$ 就可以向 $f(i+1,1\sim j)$ 转移了。

显然答案就是 $2^{n-k-1}\times \sum _{i=2}^{n-k+2}f(k-1,i)$。

还是有很多细节的，详见代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 2010
#define ll long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

int n,k;
ll f[N][N];

ll poww(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=2;i<=n;i++) f[1][i]=1;
	for(int i=1;i<k-1;i++)
	{
		f[i+1][n-i+1]=f[i][n-i+1];
		for(int j=n-i;j>=2;j--)
			f[i+1][j]=(f[i+1][j+1]+f[i][j])%mod;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=2;i<=n-k+2;i++)
		ans=(ans+f[k-1][i])%mod;
	if(k==1) ans=1;//特判1：k=1
	if(n-k-1>=0) printf("%lld
",ans*poww(2,n-k-1)%mod);
	else printf("%lld
",ans);//特判2：n=k
	return 0;
}