SDOI2010 地精部落

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[b][u]独一无二[/u][/b]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：

说明

说明：共有10种可能的山脉，它们是：

1[u]3[/u]2[u]4[/u] 1[u]4[/u]2[u]3[/u] [u]2[/u]1[u]4[/u]3 2[u]3[/u]1[u]4[/u] 2[u]4[/u]1[u]3[/u]

[u]3[/u]1[u]4[/u]2 [u]3[/u]2[u]4[/u]1 3[u]4[/u]1[u]2[/u] [u]4[/u]1[u]3[/u]2 [u]4[/u]2[u]3[/u]1

其中加下划线的数位表示可以设立瞭望台的山峰，其他表示可以设立酒馆的山谷。

【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≤109。

题意：求波动序列的个数

首先，了解波动序列的对称性

序列如果为 1 4 2 5 3

对称序列为 5 2 4 1 3

如果原序列开始递减，那么同n+1减每个数，就变成了递减序列的对称递增序列

所以我们只需要求递减序列，乘2就是总个数

dp[i][j] 表示前i个数的排列中，第1个数为j，且开始递减的序列个数

f[i][j] 表示前i个数的排列中，第1个数为j，且开始递增的序列个数

当第1个数是j时，后面可以填1,2,3，……j-1，j+1，j+2……n

把>j的每个数-1，就是1,2,3，……j-1，j，j+1，j+2……n-1

即变成了n-1的排列

如果开始递减

当第1个数是j时，将>j的数全部-1，那么后面可以填的数就是一个n-1的排列

这个排列要求第一个数<j，且开始递增

即dp[i][j]= Σ f[i-1][k] k∈[1,j-1]

根据对称性，dp[i][j]= Σdp[i-1][k] k∈[i-j+1,i-1]

时间复杂度：O（n^3），空间复杂度：O（n^2）

使用前缀和优化，可以优化到时间O（n^2）,空间O（n）

没有用前缀和优化的代码：

#include<cstdio>
#define N 4201
using namespace std;
int n,p,ans;
int dp[N][N],sum[N];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&p);for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=1;for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=2;j<=i;j++)for(int k=i-j+1;k<=i-1;k++) dp[i][j]=(dp[i-1][k]+dp[i][j])%p;for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[n][i])%p;ans=ans*2%p;printf("%d",ans);
}

前缀和优化AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 4201
using namespace std;
int n,p,ans;
int dp[N],sum[N];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&p);for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=1;for(int j=1;j<=n;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%p;for(int i=2;i<=n;i++){dp[1]=0; for(int j=2;j<=i;j++)  dp[j]=(sum[i-1]-sum[i-j]+p)%p;for(int j=i+1;j<=n;j++) dp[j]=0;for(int j=1;j<=n;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%p;}for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i])%p;ans=ans*2%p;printf("%d",ans);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7305170.html