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  • UVALive 7276 Wooden Signs （DP）

    Wooden Signs

    题目链接：

    http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/127406#problem/E

    Description

    http://7xjob4.com1.z0.glb.clouddn.com/0f10204481da21e62f8c145939e5828e

    Input

    The input file contains several test cases, each of them as described below. The first line has one integer N and the second line contains a permutation of the integers from 1 to N + 1. Integers in the same line are separated by a single space. Constraints: 1 ≤ N < 2000 Number of Arrows.

    Output

    For each test case, the output has a single line with the number (modulo 2 31 − 1 = 2147483647) of distinct signs that can be described by the given permutation.

    Sample Input

    5 2 6 5 1 4 3 2 2 3 1 20 3 21 10 15 6 9 2 5 20 13 17 19 14 7 11 18 16 12 1 8 4

    Sample Output

    6 1 1887
    ##题意： 木匠要做N个路标并把它们钉在一起(如图). 每个路标可以朝左也可以朝右，但是每个路标的起点要跟下一层路标的起点或终点重合. 重合位置必须有面积覆盖，不能像231右图那种只重合一个点. 现在他不记得这些路标各自的朝向了. 但是他记得N+1个值，其中第i个值是第i个路标的起点坐标. (第N+1为最后一块的终点). 求可能满足条件的路标有多少种情况. (区别在于各自的朝向)(第一块路标一定朝右)
    ##题解： 考虑每块路标的终点： 若第i块路标的坐标区间为[L, R], 第i+1块路标的终点为Xi+1. 那么基于第i块路标来摆放第i+1块的方式有两种： ①第i+1块的起点在L处(朝右). 这要求 Xi+1 > L . ②第i+1块的起点在R处(朝左). 这要求 Xi+1 < R . 基于以上递归关系来进行动态规划： dp[i][0][j]: 表示第i块板子的区间为 [j, Xi] 的方案数(朝右). dp[i][1][j]: 表示第i块板子的区间为 [Xi, j] 的方案数(朝左). 再根据"我为人人"的思想从第 i 块拓展到第 i+1 块即可.
    ##代码： ``` cpp #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define LL long long #define eps 1e-8 #define maxn 2016 #define mod 2147483647LL #define inf 0x3f3f3f3f #define mid(a,b) ((a+b)>>1) #define IN freopen("in.txt","r",stdin); using namespace std;

    LL dp[maxn][2][maxn];
    int n, arrow[maxn];

    int main(int argc, char const *argv[])
    {
    //IN;

    while(scanf("%d", &n) != EOF)
{
    int leftmost; scanf("%d", &leftmost);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        scanf("%d", &arrow[i]);
    memset(dp, 0, sizeof(dp));

    dp[1][0][leftmost] = 1;
    for(int i=1; i<n; i++) {
        for(int j=1; j<=n+1; j++) {
            if(dp[i][0][j]) {
                if(arrow[i+1] > j) dp[i+1][0][j] = (dp[i+1][0][j] + dp[i][0][j]) % mod;
                if(arrow[i+1] < arrow[i]) dp[i+1][1][arrow[i]] = (dp[i+1][1][arrow[i]] + dp[i][0][j]) % mod;
            }
            if(dp[i][1][j]) {
                if(arrow[i+1] < j) dp[i+1][1][j] = (dp[i+1][1][j] + dp[i][1][j]) % mod;
                if(arrow[i+1] > arrow[i]) dp[i+1][0][arrow[i]] = (dp[i+1][0][arrow[i]] + dp[i][1][j]) % mod;
            }
        }
    }

    LL ans = 0;
    for(int j=1; j<=n+1; j++) {
        ans = (ans + dp[n][0][j]) % mod;
        ans = (ans + dp[n][1][j]) % mod;
    }

    printf("%lld
", ans);
}

return 0;

    }
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  • 原文地址：https://www.cnblogs.com/Sunshine-tcf/p/5769668.html
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