BZOJ1925: [Sdoi2010]地精部落

Description

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。

Input

仅含一行，两个正整数 N, P。

Output

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。

Sample Input

4 7

Sample Output

HINT

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

题解Here!

这个题属于代码简短，但是思维很烦的题。

首先，我们需要知道波动序列的几个性质：

在一个波动数列中，若两个$i$与$i+1$不相邻，那么我们直接交换这两个数字就可以组成一个新的波动数列。
把波动数列中的每个数字$A_i$变成$(N+1)-A_i$会得到另一个波动数列，且新数列的山峰与山谷情况相反。
波动序列有对称性。

这三条均可以证明。

不过本蒟蒻就不证了。。。我才不会告诉你我不会证。。。

然后呢？

$DP$！

设$dp[i][j]$表示选$[1,i]$这些数字，第一个数为山峰（山峰山谷比较形象），且第一个数为$j$的方案数。

答案就是：$$\sum_{i=1}^ndp[n][i]$$

如何转移？

先列出转移方程：

$$dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][i-j+1]$$

然后再来解释怎么来的：

首先，我们每次求$j$作序列头，且表示山峰.

由性质一可知，当$j$与$j-1$不相邻的时候，$j$作为头所有的方案数与$j-1$作为头的方案数相同。

于是就有：$$dp[i][j]==dp[i][j-1]$$

然后当$j$与$j-1$相邻时：

我们可以这么想：我们第一个数选择了$j$并且定义为山峰，那我第二个数$j-1$必定为山谷。

并且后面的数一定在$[1,j-1]\cup[j+1,i]$这个范围内。

此时问题转化成了：

求$i-1$个数，$j-1$为头，但是$j-1$为山谷的方案数。

由性质二可知，$j-1$作山谷和作山峰的方案数相同。

于是现在的问题就是，此时的区间和$DP$的区间意义不同。

但是因为山峰与山谷是相对位置关系，所以将$[j+1,i]$区间的每个数都减一是不改变相对大小关系的。

所以此时是符合我们的方程的。

另外，$dp[i-1][j-1]$表示的是$j-1$为山顶时的个数。

所以为了让其表示$j-1$为山谷的情况，要改成$dp[i-1][(i-1+1)-(j-1)]$。

这样，我们就得到了我们的转移方程。

并且我们可以用滚动数组优化空间。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 5010
using namespace std;
int n;
long long p,ans=0;
long long dp[2][MAXN];//滚动数组
inline int read(){int date=0,w=1;char c=0;while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}return date*w;
}
void solve(){dp[0][2]=1;for(int i=3;i<=n;i++)for(int j=2;j<=i;j++)dp[i&1][j]=(dp[i&1][j-1]+dp[(i-1)&1][i-j+1])%p;for(int i=2;i<=n;i++)ans=(ans+dp[n&1][i])%p;printf("%lld\n",(ans<<1)%p);
}
int main(){n=read();p=read();solve();return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/9867891.html