[Bzoj1925]&[SDOI2010]地精部落 DP

题目链接：Bzoj1925 .

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概述

题目大意如下。

给定一个数n，问1 ~ n的所有排列中有多少个排列满足要求：对于任意的i，都有Ai−1<Ai>Ai+1或者Ai−1>Ai<Ai+1（对于第一个数和最后一个数没有要求）.答案对p取模。

其中，1≤n≤4200, p≤109.

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分析

作为一个DP蒟蒻，这题折磨了我很久。

首先明确一点，这是一个计数问题，应该可以DP（钦定算法2333）。那么接着的问题就是状态的选取了，这题的状态选取范围太广泛，不同的状态选取复杂度都不一样，我接下来讲一讲我在网上学习的做法，代码很短很巧妙。

定义dp[i][j]为1 ~ i的排列，j个数是不合要求的方案数，其中一段连续的不合要求的数必须递增。我下面将举例说明。

对于5 1 2 3 4这个序列，3和4是不合要求的。因为不看3后面的数的话，3本应该比2小；不看4后面的数，4本应该比3小。所以这里不合法的数有2个。

对于5 1 2 4 3这个序列，只有4是不合要求的。因为不看4后面的数，4本应该比2小。所以这里不合法的数有1个。

对于4 5 3 2 1这个序列，我们不作考虑。因为它虽然有3 2 1这个不合法的序列，但是我们可以把它等效成1 2 3这个子序列，所以我们只需要考虑4 5 1 2 3这个序列，最后答案乘2就能把4 5 3 2 1的方案数统计进去了。

状态的含义讲完了，接下来是转移。假设当前序列不合法的数有j个，那么插入一个数得到的新序列的不合法数只可能是j−1个、j个或j+1个。

那么我们考虑不合法数的改变情况，可以得到如下转移：

1.  dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j];

   我们将i+1插入到当前序列的末尾或者最后一个数前面，这两个位置中一定有且仅有一个不会改变新序列不合法数的个数，而且能使新序列不合法数的个数不变的位置只可能是这两个之一。

2.  dp[i+1][j−1]=dp[i+1][j−1]+dp[i][j]∗j;

   我们将i+1插入到当前序列不合法数的前面，可以使得新序列不合法数-1．

3.  dp[i+1][j+1]=dp[i+1][j+1]+dp[i][j]∗(i−j);

   我们将i+1插入到当前序列剩下的位置，可以使新序列不合法数+1.

转移就是这样，最后答案乘2即可。

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代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define ll long long#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= (int)k; ++ i)#define Forr(i, j, k) for(int i = j; i >= (int)k; -- i)#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn = 4200 + 5;int n;ll mo;ll dp[maxn][maxn];int main(){    scanf("%d%lld", &n, &mo);    dp[1][0] = 1;    For(i, 1, n)        For(j, 0, i){            (dp[i+1][j] += dp[i][j]) %= mo;            (dp[i+1][j-1] += dp[i][j]*j) %= mo;            (dp[i+1][j+1] += dp[i][j]*(i-j)%mo) %= mo;        }    printf("%lld", (dp[n][0]<<1) % mo);    return 0;}

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小结

这题的方法其实还有很多，但是这一种比较简洁所以选择学一学，可能不太好理解吧。设好状态之后，解题的关键就是分位置讨论新的序列的不合法数，是道思维好题。

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——wrote by miraclejzd.