[SDOI2010] 地精部落 组合数+DP

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。

输入格式

仅含一行，两个正整数 N, P。

输出格式

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。

样例

样例输入

4 7

样例输出

3

数据范围与提示

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≤10^9  9​​

 思路：

　　这题就居然被分到了组合数学，还日了我两天，其实这是个计数类DP题目。

　　计数类DP其实是把所有的情况按一标准分类，然后用dp数组的状态进行统计，

　　首先总结一下题意就是满足长度为n的锯齿状序列（不能连续3个以上单调）。本剧若 蒟篛觉着非完美算法还是很重要的，毕竟在考场上难以一下想到正解，暴力及其他也很重要，观察数据范围分的明显，所以在此扯一些部分算法。

　　20%算法：next_permutation 咳咳

　　40%算法： 题做不出来的原因在于需要维护的信息过多，例如我要转移就要找之前的合法数和最后一位。那么看到n<=18可以考虑状压，多维护点信息 f[s][j][k]，表示状态为s（记录每个长度是否考虑过），最后一位高度为j，山峰或山谷（k) 的方案数。那么转移就显然了。就用长度为1的序列数一个一个往后怼，把状态一个一个扩展

f[s|(1<<(i-1))][j][k]=f[s][j][k]+∑f[s][p][k^1] (if(山峰) p<j else(山谷) p>j )     ∑f[1<<(n-1)-1][j][op]就是答案。

　　70%算法：其实已经是正解思路了。我们在状压的时候发现其实状态的保留没什么屎用，重新观察n<=4200，九成是n^2的空间复杂，n^2时间复杂，尝试设f[i][j][k]为当我考虑有长度为i的区间，最后一位为j，是山峰或者山谷的方案数。那么就考虑山峰是找比j小的加和，山谷是找比j打的加和，恩没啥问题，于是我信誓旦旦的打完了，然后良心样例叫我做人。。。恩对他其实是错的，看一个例子：长度为2，最后为2，为山峰的方案数是 f[2][2][1]=1;(1,2),然后会对f[3][1][0]做贡献，序列就是这样(1,2,1)。。。。然后探索。。。。发现其实序列里的数谁是谁不重要，最后一个排名多少比较重要，然后就可以重新设为最后一位排名为j的方案数，这样原来f[2][2][1]=1虽然也会做贡献，但是对f[3][1][0]的贡献就是（2，3，1） 之前不一定是1，2，而是排名为1，2。转移是f[i][j][1]+=f[i-1][k][0]   f[i][j][0]+=f[i-1][k][1];最后答案是∑f[n][i][1]+f[n][i][0];其实本质上就是把长度为i-1的序列离散化，然后挨个往后怼数，序列一定是一一对应的，答案一定是正确的。

　　100%算法：就是对70的优化，会发现转移的复杂度是O(n)的，要优化只需要加一些常规操作前缀和以及滚动数组的优化。　　

　　终于结束啦！！

　　另外一定要注意模意义下相减可能有负数，最后最好写上(ans+mod)%mod。

　　

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,p,ans=0;
int f[2][4320][2],sum[2][4320][2];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&p);
    f[2&1][2][1]=f[2&1][1][0]=1;
    sum[2&1][2][1]=sum[2&1][1][0]=1;sum[2&1][2][0]=1;
    for(int i=3;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            f[i&1][j][0]=(sum[i&1^1][i-1][1]-sum[i&1^1][j-1][1])%p;
            f[i&1][j][1]=(sum[i&1^1][j-1][0])%p;
            sum[i&1][j][0]=(sum[i&1][j-1][0]+f[i&1][j][0])%p;
            sum[i&1][j][1]=(sum[i&1][j-1][1]+f[i&1][j][1])%p;
            //printf("%d %d %d %d
",i,j,f[i][j][0],f[i][j][1]);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int j=1;j<=n;j++)
    {
        ans+=f[n&1][j][0]+f[n&1][j][1];
        ans%=p;
    }
    while(ans<0) ans+=p;
    printf("%d
",ans);
}
/*
g++ 1.cpp -o 1
./1
10 101520127
*/