【BZOJ1925】 [SDOI2010] 地精部落（带有一堆性质的动态规划）

点此看题面

大致题意： 问你有多少长度为\(n\)的数列，它当中每个数字要么比旁边两个数字都小，要么比旁边两个数字都大。

性质

这题应该比较显然是一道动态规划题，但刚看到这题时我却无从下手。

其实，了解了关于这种合法数列的几个性质，这题就不难了。

• 它具有对称性。
  • 即如果\(a_1a_2...a_n\)为合法数列，则\(a_na_{n-1}...a_1\)也是一个合法数列。
  • 那么这个性质有什么作用呢？这就说明，我们要将最后求出的答案\(*2\)。（我就因为没写这个调死了）
• 我们可以将大小相差\(1\)且不相邻的元素交换。
  • 比如说，我们设在一个合法数列\(a_1a_2...a_n\)中，\(|a_i-a_j|=1,|i-j|>1\)。
  • 则交换了\(a_i\)与\(a_j\)之后，新数列仍合法。
  • 这个性质应该还是比较显然的，无需证明吧。
• 我们可以将山谷与山峰相互转化。
  • 呃，这句话读起来的确有点莫名其妙，关键在于我语文太差，不知如何形容。
  • 比如说对于一个合法数列\(a_1a_2...a_n\)，我们可以将它们每一个元素的值都改成\(n-a+1\)，即变成\((n-a_1+1)(n-a_2+1)...(n-a_n+1)\)，可以证明新数列仍然合法，且原来的山谷变成了山峰，原来的山峰变成了山谷。
  • 这个性质有什么意义呢？它的意义就在于，我们就无需区分是山峰还是山谷，直接进行状态转移（反正都可以相互转化），而不需要再开一维记录是山峰还是山谷了。
  • 这在之后的状态转移中起到了巨大的作用。

如何状态转移

在了解了以上几点性质之后，这题的\(DP\)就不难了。

考虑用\(f_{i,j}\)表示在前\(i\)个数中以\(j\)为序列尾部，且这是一个山峰时的方案数。

接下来，我们要分情况讨论：

• \(j\)与\(j-1\)不相邻。
  • 在这种情况下，我们可以根据上面的性质得到，交换\(j\)与\(j-1\)是不会影响数列的合法性的。
  • 于是可以将\(f_{i,j}\)从\(f_{i,j-1}\)转移得来。
• \(j\)与\(j-1\)相邻。
  • 既然我们确定\(j\)是山峰，而\(j-1\)与\(j\)相邻，因此我们可以确定：\(j-1\)是山谷。
  • 也就是说，我们要求的就是在前\(i-1\)个数中以\(j-1\)为序列尾部，且这是一个山谷时的方案数。
  • 或许有些人会考虑再加一个数组\(g_{i-1,j-1}\)来表示这个值，但这样就会使代码复杂许多。
  • 我们可以回顾上面提到的一个性质：我们可以将山谷与山峰相互转化，现在它就派上用场了。
  • 根据这个性质，在前\(i-1\)个数中以\(j-1\)为序列尾部，且这是一个山谷时的方案数就等同于在前\(i-1\)个数中以\((i-1)-(j-1)+1\)为序列尾部，且这是一个山峰时的方案数。
  • 而这后半句话，其实就等同于\(f_{i-1,(i-1)-(j-1)+1}\)。
  • 综上所述，我们可以将\(f_{i,j}\)从\(f_{i-1,(i-1)-(j-1)+1}\)转移得来，化简一下就是\(f_{i-1,i-j+1}\)。

于是我们就得出了转移方程：\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+f_{i-1,i-j+1}\)。

关于内存

这题开\(O(N^2)\)的数组貌似会\(MLE\)。能过当我没说。

于是，我们可以用节约内存的常见方法：滚存。

这样就跑得毫无压力了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
#define N 4200
using namespace std;
int n,MOD,f[2][N+5];
class FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
        #define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
        int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
    public:
        FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
        inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
        inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
        inline void write(int x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
        inline void write_char(char x) {pc(x);}
        inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
        inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
int main()
{
    register int i,j,ans=0;
    for(F.read(n),F.read(MOD),f[0][2]=1,i=3;i<=n;++i)
    	for(j=2;j<=i;++j) f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]+f[(i^1)&1][i-j+1])%MOD;//状态转移
    for(i=2;i<=n;++i) Inc(ans,f[n&1][i]);//统计答案
    return F.write((ans<<1)%MOD),F.end(),0;//输出，记得将答案*2
}