HDU6630 permutation 2

題意

給你一個數字 n (2<=n<=1e5)，代表長度爲 n 的排列(第 i 個數字爲 $p_{i}$ )，並且給你兩張正整數 x, y,問滿足下麪條件的排列有多少種:

• $p_{1}=x$
• $p_{n}=y$
• 對於所有的 $1&lt;=i&lt;n$ ， $| p_{i}-p_{i+1}|&lt;=2$

真題解:

假題解：

首先分析一個很經典的問題，當$x=1,y=n$有多少種排列
通過打表很容易得到遞推式, dp(n) = dp(n-1) + dp(n-3);
但是分析也是很重要的,
考慮長度爲 n　的排列，最後一位是 n, 則倒數第二位只能是　n-1 或者　n-2
當 $p_{n-1}=n-1$的時候　，dp(n) = dp(n-1)
當 $p_{n-1}=n-2$的時候　，則倒數第三位只能放 n-1 ,因爲如果 n-1 只能放在 n-2 和 n-3 之間，這時候不放　n-1 ，後面依次放下去一定不合法，　因爲已經放了　 n-1,n-2,n　,倒數第四位一定是　n-3,原因上面已經說明,則 dp(n) = dp(n-3)
兩種策略合起來，則

$dp(n)=dp(n-1)+dp(n-3)$

但是這個題目如何分析呢，因爲首位是 x,末尾是 ｙ，不妨設x<y並且　x!=1 , y!=n（請注意）
因爲第一位爲 x,我第二位能放　x-2,x-1,x+1,x+2 ，有這四種情況
分析：

• $p_{2}=x+1$,則 $p_{3}$ 一定要爲 x-1 ,不然比 x 小的沒法放了,現在已經有了　$x,x+1,x-1$，仔細分析發現只能減少了，不能再增加了，所以這種策略失敗

• $p_{2}=x+2$,如果一直增加，肯定只會增加２(增加１上面證明了是失敗了策略)，然後再來分析能不能減少，考慮最簡單的只有$p_{1},p_{2}$也就是　x，x+2, 減少只能放 x+1, 然後現在要麼減少要麼增加，肯定不能又把　１放好又把　y 放好，則這種策略也失敗了

• $p_{2}=x-1$,和第一種方案類似，不能全部放完，失敗。

• $p_{2}=x-2$，由於前面幾次的分析，發現必須得把１放好，也就是一直放到最小，切每次減２，相當於　x，x-2，x-4，…，1(偶數的話直接２在１), 然後在看x的是奇數偶數，，舉個例子

• $x=5，5-&gt;3-&gt;1-&gt;2-&gt;4-&gt;6$

• $x=6，6-&gt;4-&gt;2-&gt;1-&gt;3-&gt;7$

對於y同理，然後發現排列可以看做　首位是 x+1, 末位是 y-1 ，其他數爲　$[x+2,y-2]$，同時減去x的話，不是我們上面那個dp 的結論嗎

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;
const int INF=1e9;
const int N=1e5+5;
const int mod=998244353;
int dp[N];
int main()
{
    dp[1]=1;dp[2]=1;dp[3]=1;
    for(int i=4;i<N;i++)
        dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-3])%mod;

    int t;cin>>t;
    while(t--){
        int n,x,y;
        scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
        if(x!=1)x=x+1;
        if(y!=n)y=y-1;
        printf("%d\n",dp[y-x+1]);
    }
}