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问题描述
n 个非负整数排成一行，每个数值为Ai，数的位置不可改变。需要把所有的数都恰好等于h。可进行的操作是：对任意长度的区间[i,j]中的每个数都加1，i 和j 也任选，但要求每个数只能作为一次区间的起点，也只能作为一次区间的终点。 也即是说： 对任意的两个区间[l1, r1] 和[l2, r2], 要求: l1≠l2 并且r1 ≠ r2.
请问有多少种不同的方式，使所有的数都等于h.输出答案模1000000007 (10^9+7)后的余数。
两种方式被认为不同，只要两种方式所实施的操作的区间集合中，有一个区间不同即可.
输入格式
第1 行：2 个整数n, h (1 ≤ n, h ≤ 2000)
接下来n 行，每行1 个整数，表示Ai (1≤Ai≤2000)
30%的数据，n, h <= 30
100%的数据，n, h <= 2000
输出格式
第1 行：1 个整数，表示答案
样例输入
Sample1:
3 2
1 1 1
Sample2:
5 1
1 1 1 1 1
样例输出
Sample1:
4
Sample2:
1
浇花
考点 区间动态规划
类似于括号 dp 的讨论方式，讨论 i 的左边，选哪个数字作为区间的起点，更新 i 的值
dp[i][k]表示从左往右讨论到第 i 个数字，i 的左边有 k 个数字还未被用过(被当做区间的左
起点), 的方案数。
分两种情况讨论：
情况 1：i 被别人更新(因为 i 前面的 k 个数，任选一个为区间起点，都可更新到 i)：
若 a[i]+k==h 则 dp[i][k]=dp[i+1][k-1]*k+dp[i+1][k]
说明，条件 a[i]+k==h,因为 i 左边有 k 个数字还没用过，那么以这 k 个数字作为区间左起点可以操作 k 次，每次都可以更新到 i，更新 k 次，恰好就能使 a[i]变成 h。
现在对于 i 而言，有两种选择， 使用 i 或者不使用 i。
若用 i 作为区间右端点，因为 i 只能当一次区间终点，所以只能从前 k 个中选一个来与
它配对，故有 k 种方案，k 个数中 i 选了一个，对于 i+1 它左边就只有 k-1 个未使用的数了，数
量总数为 k*dp[i+1][k-1] 。
注意，这里 i 不能再作为区间的左端点了，这样的话会导致 i 被多更新一次，高度变成
h+1
若不用 i 作为区间端点，则方案数为 dp[i+1][k]
情况 2：i 作为区间起点去更新别人
若 a[i]+k+1=h 则 dp[i][k]=dp[i+1][k]*(k+1)+dp[i+1][k+1]
说明，因为 i 前面有 k 个数未被当做左起点使用，全部操作都只能把 a[i]更新到 h-1 这个
高度，那么 i 号点必须自己作为某区间的左起点更新一次，在更新这个区间的同时把自己的高
度也更新 1，达到 h。
这样，对于下一个数 i+1 而言，算上 i 号点，它左侧有 k+1 个点可选做区间左端点，任
选一个选后剩下 k 个点，状态 dp[i+1][k]
若不用 i 作为区间左端点，则方案数为 dp[i+1][k+1]
时间复杂度 O(n
2
),实现时采用记忆化搜索比较方便。
code;
// #include<bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 using namespace std; #define ll long long ll n,h; ll f[4001][4001]; ll a[4002]; ll dfs(ll i,ll k) { if(f[i][k]) return f[i][k]; { if(i==n+1&&k>0) return 0; if(k+a[i]==h) { f[i][k]=dfs(i+1,k-1)*k%mod+dfs(i+1,k)%mod; } if(k+a[i]+1==h) { f[i][k]=dfs(i+1,k)*(k+1)%mod+dfs(i+1,k+1)%mod; } } return f[i][k]%mod; } int main() { cin>>n>>h; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } f[n+1][0]=1; cout<<dfs(1,0)%mod; }
认真看题 DP 方程自题出！！！