dp
part1.正常地前缀和优化写法
最朴素的版本：
\(dp[i][j][k]\)表示考虑到1-i的情况，最后一个数为j，倒数第二个数为k的方案数。（注意：这里的j，k并不是实际的数值，而表示在前i个数中的大小排名）
直接大力转移就好了。
复杂度：\(O(n^4)\)
优化境界1：
容易发现，我们用关心倒数第二个数与最后一个数的相对大小就行了。
于是状态就变成了\(dp[i][j][0/1]\)表示考虑到1-i的情况，最后一个数为j，倒数第二个数比最后一个数小/大的方案数。
然后就可以70分dp了。
转移方程：
\[dp[i][j][0]=\sum _{k=1}^{k\le j-1}dp[i-1][k][1]\]
\[dp[i][j][1]=\sum_{k=j}^{k\le i-1}dp[i-1][k][0]\]
复杂度：\(O(n^3)\)
代码：
dp[1][1][0] = dp[1][1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {//枚举最后一个数是多少
for (int k = 1; k < i; k++) {//i在1-i-1中肯定是最大的，因此其可以视作i-1（这里好好理解一下）
if (k < j)
dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[i - 1][k][1]) % MOD;
else
dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[i - 1][k][0]) % MOD;
}
}
}优化境界2：
很显然维护个前缀和以及后缀和就好了。
就不必多说了。
复杂度：\(O(n^2)\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 4210
using namespace std;
int dp[MAXN][MAXN][2],n,MOD,ans,sum[MAXN][MAXN][2];
int main() {
scanf("%d %d",&n,&MOD);
dp[1][1][0]=dp[1][1][1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=i-1; j++)sum[i-1][j][0]=(sum[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j][1])%MOD;
for(int j=i-1; j>=1; j--)sum[i-1][j][1]=(sum[i-1][j+1][1]+dp[i-1][j][0])%MOD;
for(int j=1; j<=i; j++) {
dp[i][j][0]=sum[i-1][j-1][0];
dp[i][j][1]=sum[i-1][j][1];
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)ans=(0LL+ans+dp[n][i][0]+dp[n][i][1])%MOD;
cout<<ans;//注意，当n=1时要特判，但实际上数据并没有这个点
return 0;
}part2.一种用组合数的写法
前置芝士1：
根据这个性质，我们可以得到一下结论：
1.除了n=1以外，长度为n的合法序列一定有偶数个。
2.最后一位为山峰和最后一位为山谷的数量一定是一样多的。
3.第一位为山峰和第一位为山谷的数量一定是一样多的。
设\(dp[i]\)表示长度为i的方案数。
对于一个i，我们枚举其插入的位置为j，那么其左边有j-1段山脉，右边有i-1-j段山脉。
这样，左边那j-1段需满足最后一个为山谷，右边i-1-j段需满足第一个为山谷。
根据性质结论，容易得知左边有\(dp[j-1]/2\)种是合法的，右边有\(dp[i-1-j]/2\)种是合法的。同时在i-1个数选j-1个放在左边又有\(C_{i-1}^{j-1}\)种方法。
于是就有
\[dp[i]=\sum_{j=1}^{j\le i} (dp[j-1]/2)\cdot(dp[i-1-j]/2)\cdot C_{i-1}^{j-1}\]
但是这道题让我们模P，而且P还不是固定的，也就是说：若P为奇数，还要用exgcd求2的模逆元QAQ。（P不一定是质数）
因此，我们可以定义\(dp[i]\)表示长度为i，开头为山峰的合法序列数量（反正最后×2就是答案了）。
复杂度：\(O(n^2)\)
part3.又一种写法
前置知识1：（part2有提到）
前置知识2：
状态定义：\(dp[i][j]\)表示考虑到1-i，最后一个数为j且j做为山峰的合法方案数。
状态转移：
\[dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][i-j+1]\]
这样就好了？
我来解释一下：
首先，若j和j-1不相邻，根据前置知识2，我们拿j和j-1换一下，又成了合法序列，所以这部分答案为\(dp[i][j-1]\)。
那么，接着我们就需要统计j和j-1相邻的方案数。由于j和j-1相邻，且j作为山峰，那么最后两个肯定是j-1，j。
于是这个问题就变成了：在长度为i-1的序列中，求以j-1作为山谷的方案数。
根据前置知识2，j-1作为山谷与(i-1)-(j-1)作为山峰肯定是一一对应的。所以这部分答案就为\(dp[i-1][(i-1)-(j-1)+1]\)。
最后再把答案乘以2就好了。