P2467 [SDOI2010]地精部落

题意：

有n个山脉高度分别是1到n，现在让你按照山峰山谷的顺序依次摆放(第一个可以是山峰也可以是山谷)，问有多少方案(答案mod p)

题解：

dp，但是自己推不出来
这个博客讲的非常详细，方案也非常多
我就先将第一个方案：
我们先去看这个波动序列有什么性质？

在一个波动序列中，如果i-1与i不相邻，交换i-1与i即可得到一个新的波动序列
把长度为n的一个波动序列中的数字ai变成(n+1)-ai,会得到一个新的波动序列，且新波动序列的山峰和山谷与原序列相反

我们根据这两个性质开始推状态与转移
设dp[i][j]表示由i个数(1~i)组成，且第一个数是j，且j为山峰（即第一个会大于第二个）的波动序列数
我们现在考虑哪些会给dp[i][j]做贡献
如果j-1与j不相邻，由性质1可知，交换j-1和j会得到新的序列，这些序列就是以j−1开头的所有波动序列，且这些序列与交换前的序列一一对应，所以有贡献dp[i][j-1]表示以j开头的一些波动序列可以由以j−1开头的波动序列转移过来
如果j-1与j相邻，我们既然规定了j是山峰，那么j-1就是山谷。此时我们考虑性质2的贡献，对于i个数组成序列，第一位是j，还有i-1位的长度未确定，那么长度为i-1，以j-1开头，且j-1为山谷的序列会贡献答案，但是我们这一直统计山峰哪来山谷？山谷相反就是山峰，所以以(i-1+1)-(j-1)即i-j+1开头且i-j+1为山峰的序列数相同，所以再加上一个dp[i-1][i-j+1]
所以有dp[i][j]=dp[i][j−1]+dp[i−1][i−j+1]dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][i-j+1]dp[i][j]=dp[i][j−1]+dp[i−1][i−j+1]
最后答案是2∗∑i=2ndp[n][i]2*\sum_{i=2}^{n}dp[n][i]2∗∑i=2ndp[n][i](以1开头构不成波动序列，因为我们规定了第一个是山峰，如果1开头无法是山峰，但是以1开头的情况也会被计算其中，所以不用担心漏了)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(a,b) printf("%s = %d\n",a,b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll=1e18;
const int INF_int=0x3f3f3f3f;
inline ll read(){ll s=0,w=1ll;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1ll;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10ll+((ch-'0')*1ll),ch=getchar();//s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48);return s*w;
}
void rd_test(){#ifdef ONLINE_JUDGE#elsestartTime = clock(); //计时开始freopen("in.txt","r",stdin);#endif
}
void Time_test(){#ifdef ONLINE_JUDGE#elseendTime = clock(); //计时结束printf("\n运行时间为:%lfs\n",(double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);#endif
}
ll f[2][5000];
int main()
{//rd_test();int n;ll p;cin>>n>>p;f[0][2]=1;for(int i=3;i<=n;i++){for(int j=2;j<=i;j++){f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]+f[(i-1)&1][i-j+1])%p;}}int sum=0;for(int i=2;i<=n;i++)sum=(sum+f[n&1][i])%p;printf("%d\n",(sum<<1)%p); return 0;//Time_test();
}

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