CodeForces 567F DP Mausoleum

本着只贴代码不写分析的题解是在耍流氓的原则，还是决定写点分析。

思路很清晰，参考的官方题解，一下文字仅对题解做一个简要翻译。

题意：

有1~n这n个数，每个数用两次。构成一个长为2n的序列，而且要求序列满足先递增后递减(都是非严格的递增递减)。

再给出k个约束，每个约束形如1 >= 3这种，表示序列的第一个数要不小于第三个数。

问满足约束的合法序列有多少种。

分析：

首先先不考虑这些约束条件，考虑如何构造出这种序列。

考虑两个1放置的位置，因为序列是两边小中间大，所以这两个1要么放在前面两个位置，或者后面两个位置，要么一前一后，而且只有这三种放法。

事实上，不考虑约束条件的话，n个数能得到的合法的序列的个数为3ⁿ

因此这些数是1~n从两边往中间放的。

设d(L, R)表示[L, R]这个区间还没放数，满足约束条件的序列个数，则答案为d(1, 2n)

下面考虑如何处理这些不等式：

计算d(L, R)时，比如要放在L和L+1这两个格子，那么就考虑所有和L相关的不等式，以及和L+1相关的不等式。

为了更清楚起见，画一个图看看：

绿色表示已经放好数的区间，黄色表示正要放的两个格子，红色是还未放数的区间。

那么有大小关系：绿色的数 < 黄色的数 < 红色的数，两个黄色格子的数是相等的。

比如有不等式L >= v

如果a[L] == a[v]，那么v应该等于L + 1，表示L和v两个位置放同一个数；

如果a[L] > a[v]，那么v应该在绿色的区间表示之前已经放过数了，这样放在L的数才能比放在v的数大。

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <vector>
 #include <map>
 #define MP make_pair
 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const int maxn = ;

 int n, k;

 vector<int> G[maxn], req[maxn];

 LL d[maxn][maxn];

 bool check(int L, int R, int l, int r)
 {
     for(int i = ; i < G[l].size(); i++)
     {
         int v = G[l][i], t = req[l][i];
         if(t == -)
         {
             if(v < L || v > R || v == r) return false;
         }
         else if(t == -)
         {
             if(v < L || v > R) return false;
         }
         else if(!t)
         {
             if(v != r) return false;
         }
         else if(t == )
         {
             if(v >= L && v <= R && v != r) return false;
         }
         else
         {
             if(v >= L && v <= R) return false;
         }
     }

     for(int i = ; i < G[r].size(); i++)
     {
         int v = G[r][i], t = req[r][i];
         if(t == -)
         {
             if(v < L || v > R || v == l) return false;
         }
         else if(t == -)
         {
             if(v < L || v > R) return false;
         }
         else if(!t)
         {
             if(v != l) return false;
         }
         else if(t == )
         {
             if(v >= L && v <= R && v != l) return false;
         }
         else
         {
             if(v >= L && v <= R) return false;
         }
     }

     return true;
 }

 LL dp(int L, int R)
 {
     LL& ans = d[L][R];
     if(ans >= ) return d[L][R];
     if(L +  == R)
     {
         if(check(L, R, L, R)) return 1LL;
         return ;
     }

     ans = ;

     if(check(L, R, L, L + ))
         ans += dp(L + , R);
     if(check(L, R, L, R))
         ans += dp(L + , R - );
     if(check(L, R, R - , R))
         ans += dp(L, R - );

     return ans;
 }

 int main()
 {
     scanf("%d%d", &n, &k);
     char eq[];
     while(k--)
     {
         int u, v;
         scanf("%d", &u);
         scanf("%s", eq);
         scanf("%d", &v);

         int t;
         if(strcmp(eq, "<") == ) t = -;
         else if(strcmp(eq, "<=") == ) t = -;
         else if(strcmp(eq, "=") == ) t = ;
         else if(strcmp(eq, ">=") == ) t = ;
         else if(strcmp(eq, ">") == ) t = ;
         else exit();

         if(u == v)
         {
             if(abs(t) <= ) continue;
             else { puts(""); exit(); }
         }

         req[u].push_back(t); req[v].push_back(-t);
         G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
     }

     memset(d, -, sizeof(d));

     printf("%I64d\n", dp(, n * ));

     return ;
 }

代码君