BZOJ1925: [Sdoi2010]地精部落

Description
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，每段有一个独一无二的高度 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。
Input
仅含一行，两个正整数 N, P。
Output
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。
Sample Input
4 7
Sample Output
3
HINT

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
Source
第一轮Day2

题目大意：求长度为n的抖动排列在模P意义下的方案数（抖动序列定义为局部较大值（自己与相邻两个）“峰”与局部较小值（自己与相邻两个）“谷”交替出现的序列）

非常厉害的一道题，求助于题解可是因为自己太弱并没有看懂，只好根据状态自己想办法转移，所以各位神犇如果觉得写错了的话，请自动忽视并关闭页面欢迎在评论区与我讨论以纠正我的错误。

引理一：一个抖动序列的连续子序列（≈一个数列的子串？）仍然是抖动序列。
证明：根据抖动序列的定义即可得证。。。
引理二：若一个抖动排列中x与x+1不相邻，那么交换x与x+1，序列仍然是抖动序列。
证明：（请自己在脑海中感性证明）由于x与x+1不相邻，所以与这两个元素相邻的最多4个元素∈[1,x−1]|[x+2,max]，所以易知差距至少为2，经过一些简单的分情况讨论后考虑与相邻元素的大小关系可以发现原谷仍谷，而原峰仍峰，所以命题得证。
引理三：若使一个抖动排列中大于等于x的元素全部加1，得到的序列仍为抖动序列。
证明：这个可以考虑归纳法证明，对x进行归纳，x=1时相当于把整体加1，大小关系不变所以基础显然，把x加1，仍然是由于差距至少为2，分一下情况就可以发现大小关系仍然合法，命题得证（感觉应该不算很难，大概写写画画就出来了，所以写得简略了一点）
引理四：一个[1,X]的抖动序列一定可以对应到[Y−X+1,Y]的一个抖动序列。
证明：用Y−x+1替换掉x就好了，并且易知如果采用这种方法的话这是一一对应的，并且峰谷交换了。

有了上述几个引理我们就可以愉快地DP了！
设f[i][j]为[1,i]的排列中开头第一个位置的元素（其实当然也可以表示是结尾啦~）恰为j且j为峰（即第一个数j大于第二个数）的抖动排列的方案数。既然已经确定了第一个数，那么不妨考虑第二个数。
（1）如果第二个数不是j−1。那么根据引理二，我们总可以交换当前第一个元素j与和它不相邻的元素j−1而保持序列仍是抖动序列，并且由于只是进行了交换，所以是一一对应的。这一部分的方案数是f[i][j−1]。
（2）如果第二个数是j−1。那么去掉第一个数j后，[1,i]还剩下[1,j−1]|[j+1,i]，根据引理三，我们只需要保持从第二个位置开始的序列是一个排列范围是[1,i−1]的抖动序列然后把其中[j,i−1]的这一部分整体加1就得到一个[1,i]的抖动序列了（并且也可以知道这一部分是一一对应的），第一个数j是峰，那么第二个数j−1就应该是谷咯，可我们的状态里似乎并没有谷？使用引理四！这时再结合上文，我们可以得到这一部分的方案数其实就是f[i−1][(i−1)−(j−1)+1]=f[i−1][i−j+1]（其中第一维是用了上文的对应，而第二维是利用了引理四中的对应，所以整体也是一一对应的）。

好了，这上面两种情况已经包含了第二个位置上的数的所有情况，并且都是一一对应的，根据动态规划与计数问题的归纳证明，我们成功地得到了正确的转移方程：f[i][j]=f[i][j−1]+f[i−1][i−j+1]！
最终ans=(∑i=1nf[n][i])∗2（其实开头元素为1且是峰的根本不存在好吧，所以我们当然可以直接不转移它啦~）（记得特殊处理一下n=1的情况），最后那个∗2是什么意思呢？很简单，因为我们状态里只有第一个数是峰的情况，根据引理四中的一一对应与峰谷交换，我们∗2就可以得到第一个数是谷的情况的方案数了。
当然接下来我们要做的就是简单的改成滚动数组就可应对内存的问题了。

说了那么一堆以后简短的代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N=5000;int n,P,ans,f[2][N],now=1,pre=0;int main(){    scanf("%d%d",&n,&P);    if(n==1){printf("%d\n",1%P);return 0;}    f[now][2]=1;//f[2][2]=1,即排列"2 1"    for (int i=3;i<=n;++i)    {        swap(now,pre);        for (int j=2;j<=i;++j)        f[now][j]=(f[now][j-1]+f[pre][i-j+1])%P;    }    for (int i=1;i<=n;++i)ans=(ans+f[now][i])%P;    ans=(ans<<1)%P;printf("%d\n",ans);    return 0;}