【u128】又一个数字游戏

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【问题描述】

小明拿出了一个素数集合，{2, 3, 5, 7, 11, 13, …, 127, …}，他发现，从小到大排序后，127是第31个数，而31也在素数集内，31是第
11个数，11是第5个数，5是第3个数，3是第2个数，2是第1个数。
而127，31，11，5，3，2都为素数。
这时，小明又发明了一个游戏，给出一个n，取出一个{2, 3, 4, …, n}的一个子集，子集中必须包含n。将取出子集中的数从小到大排序后
，他先取出n，n是第k1大的数，再取出k1，k1是第k2大的数，再取出k2……这样不断下去，最后能取出最小的数。对于给定的n，为{2, 3,
4, …, n}的子集中有多少个满足要求。

【输入格式】

输入文件another.in的第一行包含一个正整数T，表示了数据组数。
接下来T行，每行一个不小于2的正整数n，如题目所述。
【输出格式】

输出文件another.out包括T行，对于每个n输出相应答案，由于答案可能很大，你需要输出答案mod 100003后的结果，请注意可能要使用
int64或者long long。

【数据规模】

对于20%的数据，有T≤5, N≤12； 对于60%的数据，有T≤50，N≤100； 对于100%的数据，有T≤500，N≤500。

Sample Input1

2
5
6

Sample Output1

5
8

【样例说明】

对于n=5，有以下5个答案：

{5}, {2, 5}, {2, 3, 5}, {2, 3, 4, 5}, {3, 4, 5}

{2, 4, 5}不行是因为5是第3大的数，3不在集合中。

{3, 5}同样也不行，因为5是第2大的数，2不在集合中。

对于n = 6

{3, 4, 5, 6}不行是因为6是第4大的数，4是第2大的数，2不在集合中。

【题目链接】:http://noi.qz5z.com/viewtask.asp?id=u128

【题意】

【题解】

设f[i][j]表示最大的数为i,然后最大的数的位置在j的方案数;
则f[i][j] = ∑(f[j][k]*C(i-j-1,j-k-1);
这里本来i是第j大的(因为在第j个位置),然后按照游戏的规则
前一个就是数字j了,
这正好和状态f[j][k]对应;
即最大的数字为j,然后j的位置在k;
这里k和j之间有k-j-1个空位;
你可以在这k-j-1个空位里面放j+1..i-1这些数字;组合数嘛；
预处理一下组合数就好;
这里抓住了游戏的前一个和后一个数字的矛盾，用来当做状态.
很优秀。
最后累加f[n][1..n-1]就好;
边界f[2][1]=1;

【完整代码】

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%lld",&x)
#define ref(x) scanf("%lf",&x)

typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 500+10;
const LL MOD = 100003;//少加了个0........QAQ

LL c[N][N],f[N][N],sum[N];

void pre_zuhe()
{
    c[0][0] = 1;
    rep1(i,1,500)
        c[i][0] = c[i][i] = 1;
    rep1(i,2,500)
        rep1(j,1,i-1)
            c[i][j] = (c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;
    //cout << c[4][3]<<endl;
}

void do_dp()
{
    f[2][1] = sum[2] = 1;
    rep1(i,3,500)//最大数字为i
    {
        f[i][1] = f[i][2] = 1;sum[i] = 2;
        rep1(j,3,i-1)//位置在j
        {
            rep1(k,1,j-1)//往前一个,最大数字为j,然后位置在k
                if (i-j-1>=j-k-1)
                    f[i][j]=(f[i][j]+f[j][k]*c[i-j-1][j-k-1])%MOD;
            sum[i] = (sum[i]+f[i][j])%MOD;
        }
    }
}

void o()
{
    int T;
    rei(T);
    while (T--)
    {
        int n;
        rei(n);
        cout << sum[n] << endl;
    }
}

int main()
{
   // freopen("F:\rush.txt","r",stdin);
    pre_zuhe();//ok
    do_dp();//ok
    o();//ok
    //printf("
%.2lf sec 
", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}