[bzoj4934]kangroo
来源:互联网 发布:2018域名行情 编辑:程序博客网 时间:2024/06/03 17:09
题目大意
有一个园子,里面有n个草丛排成一排,标号1~n,有一个袋鼠,从s出发,每次跳一步跳到一个其他的草丛,经过
每个草丛恰好一次,最终到达t。显然他会跳跃n-1次为了不被人类发现,袋鼠每次跳跃的方向必须与前一次不同,
具体地,如果他现在在now,他是从prev跳跃一次到达now的,然后他跳跃一次到达next,那么如果
须有
问的顺序不同保证至少有一种方案初始时可以往任意方向跳。
修正下:那么如果
如果
DP
我们知道一个排列对应的笛卡尔树唯一。
有一个经典套路,就是把笛卡尔树每次删除权值最大节点这个过程反过来(原本是个唯一对应,现在变成了需要决策)。
在任意时刻都会存在很多联通块,每块是一段序列。
我们显然可以把联通块分为三类:start free end。
什么是start?就是s所在联通块。end同理。
free就是除了start和end。
显然不能存在长度为偶数的段。
从小到大插入,每次插入的一定比原来的都大,所以合并两段是符合题意的。
当然新插入的也可以自成一段。
以上都是和free的讨论。
当然新插入一个也可以让start或end和一个free合并。
(但是不能让start和end合并)
根据n的奇偶性,决定t一开始是自成一段还是和free合并(可以自行想象)。
然后单纯这样做一开始从s开始的一定是一个高峰,但实际可以是低谷。
因此把s变成n-s+1,t变成n-t+1,再做一遍dp。
#include<cstdio>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=2000+10,mo=1000000007;int f[maxn][maxn];int i,j,k,l,r,s,t,n,m,ans;int work(int s,int t) { int i,j; fo(i,0,n) fo(j,0,n) f[i][j]=0; /*if (s==1||t==1) f[1][0]=1; else f[1][1]=1;*/ f[0][0]=1; fo(i,0,n-2) fo(j,0,i) if (f[i][j]){ if (s==i+1){ (f[i+1][j]+=f[i][j])%=mo; //if (j) (f[i+1][j-1]+=(ll)j*f[i][j]%mo)%=mo; } else if (t==i+1){ if (n%2==1) (f[i+1][j]+=f[i][j])%=mo; else if (j) (f[i+1][j-1]+=(ll)j*f[i][j]%mo)%=mo; } else{ (f[i+1][j+1]+=f[i][j])%=mo; //(f[i+1][j]+=(ll)2*j%mo*f[i][j]%mo)%=mo; if (j) (f[i+1][j-1]+=(ll)j*(j-1)%mo*f[i][j]%mo)%=mo; if (i+1>s){ //(f[i+1][j]+=f[i][j])%=mo; if (j) (f[i+1][j-1]+=(ll)j*f[i][j]%mo)%=mo; } if (i+1>t){ //(f[i+1][j]+=f[i][j])%=mo; if (j) (f[i+1][j-1]+=(ll)j*f[i][j]%mo)%=mo; } } } return f[n-1][0];}int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&s,&t); if (n==1){ printf("1\n"); return 0; } ans=(work(s,t)+work(n-s+1,n-t+1))%mo; (ans+=mo)%=mo; printf("%d\n",ans);}
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