题解 [BZOJ1925][SDOI2010] 地精部落

题面

解析

这个似乎并不好讲啊

设\(f[i][j]\)表示有\(i\)座山,

最后一座山到达高度是\(i\)座中第\(j\)大的,

且最后一座山是山谷.

注意,\(i\)是代表有\(i\)座山,并不代表高度一定是\(1\)~\(i\).

\(j\)也是一个类似于离散化的东西.

然后我们考虑设\(g[i][j]\),

除了最后一座山是山峰以外其它的定义和\(f[i][j]\)一样.

那么有式子\(f[i][j]=\sum_{k=j}^{i-1}g[i-1][k]\).

在这里讲一下最大和最小值的问题,

最大值可以随便往大了取,

但考虑到前\(i\)座山的最后一座一定比前\(i-1\)座的小(因为是山谷),

所以最后一座是第\(j\)大那它前面一座在前\(i-1\)座山中的排名就不可能小于\(j\).

(可能表达有点不太清楚,感性理解下吧.)

还有一件显然的事,

如果有一个合法的方案,

那我们把每座山的高度\(h_i\)换成\(n-h_i+1\),方案依然合法(就是把山峰换成了山谷).

因此\(g[i][j]=f[i][i-j+1]\).

合并一下就变成了\(f[i][j]=\sum_{k=1}^{i-j}f[i-1][k]\).

而这个相当于一个后缀和的东西.

因此DP式就是\(f[i][j]=f[i][j+1]+f[i-1][i-j]\).

用滚动数组优化下空间就行了.

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout)

using namespace std;

inline int read(){

	int sum=0,f=1;char ch=getchar();

	while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

	while(ch>='0' && ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}

	return f*sum;

}

const int N=4301;

int n,Mod,f[2][N];

int ans=0;

int main(){

	n=read();Mod=read();

	f[1][1]=1;int now=1;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		now^=1;memset(f[now],0,sizeof(f[now]));

		for(int j=i-1;j;j--) f[now][j]=(f[now][j+1]+f[now^1][i-j])%Mod;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[now][i])%Mod;

	printf("%d\n",(ans<<1)%Mod);

	return 0;

}