【poj 1037】A decorative fence 排列dp

没事做，就好好来说一下这一道题把。

首先明确这里的dp定义，但是在这里我和我的队友们产生了分歧，虽然效果和解题方法都是一样的但是dp嘛，重要的是在于对于思想的理解。

我的想法（也是xgtao的）：定义f[i][j]表示用1->i组成排列，且最后一个数字是j的方案数，但是我们可以发现，如果仅仅是这样的话，那么将会有很多的情况没法表示，例如:1 4 2 3 在前3个数字的时候，1 4 2并不是连续的自然数，所以就不能用刚才说的方法表示。乍一看的确如此，可是我们仔细想一下，其实因为是排列，每一个数只会出现一次1 4 2的大小关系其实等价于1 3 2，也就是说，这两种表示方法的方案数其实是一样的，现在我们再填入一个数字3就把3前面所有大于等于3的数全部加上1（大小关系不变，方案数依旧不变，全部加一只是我们自行脑补的内容，保证合法），这样只要保证在枚举的时候保证前面比他小就一定能保证合法

而他们则认为这是直接的表示前i个数最后一个数是前面的第j大例如 1 2 4   4是第3大所以表示成f[3][3]

怎么好理解怎么想吧，无所谓。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define LL long longusing namespace std;LL n,c,vis[35],ans[35];LL f[35][35][2];//0 下降 1上升void init(){    f[1][1][0]=f[1][1][1]=1;    for(LL i=2;i<=25;i++)        for(LL j=1;j<=i;j++){            for(LL k=1;k<j;k++)f[i][j][1]+=f[i-1][k][0];            for(LL k=j;k<i;k++)f[i][j][0]+=f[i-1][k][1];//只能枚举到i-1 和他相等的话，可以理解将和他相等的数佳佳        }}void solve(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(ans,0,sizeof(ans));        for(LL i=1;i<=n;i++){        LL temp,cnt=0,d,now,j;        for(j=1;j<=n;j++){            temp=c;            if(vis[j])continue;            cnt++;now=n-i+1;            if(i>2)d= ans[i-2]<ans[i-1] ? 0 : 1;            if(i==1)c-=f[now][cnt][1]+f[now][cnt][0];            else if(i==2){                if(j>ans[1])c-=f[now][cnt][1];                else c-=f[now][cnt][0];            }else{                if(d==0&&j<ans[i-1])c-=f[now][cnt][0];                else if(d==1&&j>ans[i-1])c-=f[now][cnt][1];            }            if(c<=0)break;        }        ans[i]=j;vis[j]=1;        c=temp;    }    for(LL i=1;i<=n;i++)printf("%lld%c",ans[i],i==n ? '\n' : ' ');}int main(){    init();    LL T;scanf("%lld",&T);    while(T--){        scanf("%lld%lld",&n,&c);        solve();    }    return 0;}