【BZOJ1925】 [SDOI2010] 地精部落（帶有一堆性質的動態規劃）

點此看題面

大致題意： 問你有多少長度爲$n$的數列，它當中每個數字要麼比旁邊兩個數字都小，要麼比旁邊兩個數字都大。

---

性質

這題應該比較顯然是一道動態規劃題，但剛看到這題時我卻無從下手。

其實，瞭解了關於這種合法數列的幾個性質，這題就不難了。

• 它具有對稱性。
  • 即如果$a_1a_2...a_n$爲合法數列，則$a_na_{n-1}...a_1$也是一個合法數列。
  • 那麼這個性質有什麼作用呢？這就說明，我們要將最後求出的答案$*2$。（我就因爲沒寫這個調死了）
• 我們可以將大小相差$1$且不相鄰的元素交換。
  • 比如說，我們設在一個合法數列$a_1a_2...a_n$中，$|a_i-a_j|=1,|i-j|>1$。
  • 則交換了$a_i$與$a_j$之後，新數列仍合法。
  • 這個性質應該還是比較顯然的，無需證明吧。
• 我們可以將山谷與山峯相互轉化。
  • 呃，這句話讀起來的確有點莫名其妙，關鍵在於我語文太差，不知如何形容。
  • 比如說對於一個合法數列$a_1a_2...a_n$，我們可以將它們每一個元素的值都改成$n-a+1$，即變成$(n-a_1+1)(n-a_2+1)...(n-a_n+1)$，可以證明新數列仍然合法，且原來的山谷變成了山峯，原來的山峯變成了山谷。
  • 這個性質有什麼意義呢？它的意義就在於，我們就無需區分是山峯還是山谷，直接進行狀態轉移（反正都可以相互轉化），而不需要再開一維記錄是山峯還是山谷了。
  • 這在之後的狀態轉移中起到了巨大的作用。

---

如何狀態轉移

在瞭解了以上幾點性質之後，這題的$DP$就不難了。

考慮用$f_{i,j}$表示在前$i$個數中以$j$爲序列尾部，且這是一個山峯時的方案數。

接下來，我們要分情況討論：

• $j$與$j-1$不相鄰。
  • 在這種情況下，我們可以根據上面的性質得到，交換$j$與$j-1$是不會影響數列的合法性的。
  • 於是可以將$f_{i,j}$從$f_{i,j-1}$轉移得來。
• $j$與$j-1$相鄰。
  • 既然我們確定$j$是山峯，而$j-1$與$j$相鄰，因此我們可以確定：$j-1$是山谷。
  • 也就是說，我們要求的就是在前$i-1$個數中以$j-1$爲序列尾部，且這是一個山谷時的方案數。
  • 或許有些人會考慮再加一個數組$g_{i-1,j-1}$來表示這個值，但這樣就會使代碼複雜許多。
  • 我們可以回顧上面提到的一個性質：我們可以將山谷與山峯相互轉化，現在它就派上用場了。
  • 根據這個性質，在前$i-1$個數中以$j-1$爲序列尾部，且這是一個山谷時的方案數就等同於在前$i-1$個數中以$(i-1)-(j-1)+1$爲序列尾部，且這是一個山峯時的方案數。
  • 而這後半句話，其實就等同於$f_{i-1,(i-1)-(j-1)+1}$。
  • 綜上所述，我們可以將$f_{i,j}$從$f_{i-1,(i-1)-(j-1)+1}$轉移得來，化簡一下就是$f_{i-1,i-j+1}$。

於是我們就得出了轉移方程：$f_{i,j}=f_{i,j-1}+f_{i-1,i-j+1}$。

---

關於內存

這題開$O(N^2)$的數組貌似會$MLE$。能過當我沒說。

於是，我們可以用節約內存的常見方法：滾存。

這樣就跑得毫無壓力了。

---

代碼

#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;//狀態轉移
    for(i=2;i<=n;++i) Inc(ans,f[n&1][i]);//統計答案
    return F.write((ans<<1)%MOD),F.end(),0;//輸出，記得將答案*2
}