bzoj 1925 地精部落

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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 \(H_i\)，其中\(H_i\)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 \(A_i≠B_i\)。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

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 \(3≤N≤4200，P≤10^9.\)

Solution

题面废话很多,就是求长度为\(N\)的波动序列的个数.
注意到对于任意一个波动序列\(a\),将其中的每个\(a_i\)变为\(N+1-a_i\),仍是一个波动序列,且由先升后降变为先降后升,或由先降后升变为先升降.
eg.\(1,3,2,4\)->\(4,2,3,1\).
那么我们只需要求出先降后升的序列个数,再乘\(2\)即为答案.
考虑令\(f[i]\)表示\(i\)个不同的数组成的先降后升的序列个数.(不同即可,与具体大小无关)
计算\(f[i]\)时,考虑枚举最大的数所在的位置\(j\),显然是一个奇数.
那么它前面还有\(j-1\)个数,后面还有\(i-j\)个数.
我们从剩余的\(i-1\)个数中选出\(j-1\)个数放在前面,剩余的放在后面.
有转移方程\(f[i]=\sum_{j=2k+1,k\in N}^{i} C_{i-1}^{j-1}*f[j-1]*f[i-j]\).
时间复杂度为\(O(n^2)\).
由于\(P\)是读入的,组合数的计算使用递推.但直接开\(n^2\)的数组会\(MLE\),需要滚动数组计算(第一次见到组合数还要滚动数组的).

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LoveLive;

inline int read()

{

	int out=0,fh=1;

	char jp=getchar();

	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')

		jp=getchar();

	if (jp=='-')

		{

			fh=-1;

			jp=getchar();

		}

	while (jp>='0'&&jp<='9')

		{

			out=out*10+jp-'0';

			jp=getchar();

		}

	return out*fh;

}

int n,P;

inline int add(int a,int b)

{

	return (a + b) % P;

}

inline int mul(int a,int b)

{

	return 1LL * a * b % P;

}

int fpow(int a,int b)

{

	int res=1;

	while(b)

		{

			if(b&1)

				res=mul(res,a);

			b>>=1;

			a=mul(a,a);

		}

	return res;

}

const int MAXN=4396;

int f[MAXN];

int C[2][MAXN];

int main()

{

	n=read(),P=read();

	f[0]=1;

	int id=1;

	for(int i=1;i<=n;++i)

		{

			C[id^1][0]=1;

			C[id][0]=1;

			for(int j=1;j<=i;++j)

				{

					C[id][j]=add(C[id^1][j],C[id^1][j-1]);

					if(j&1)

						f[i]=add(f[i],mul(C[id^1][j-1],mul(f[j-1],f[i-j])));

				}

			id^=1;

		}

	int ans=mul(f[n],2);

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}