[SDOI2010]地精部落

题目描述

传说很久以前，大地上居住着一种神秘的生物：地精。

地精喜欢住在连绵不绝的山脉中。具体地说，一座长度为N的山脉H可分为从左到右的N段，每段有一个[b][u]独一无二[/u][/b]的高度Hi，其中Hi是1到N之间的正整数。

如果一段山脉比所有与它相邻的山脉都高，则这段山脉是一个山峰。位于边缘的山脉只有一段相邻的山脉，其他都有两段（即左边和右边）。

类似地，如果一段山脉比所有它相邻的山脉都低，则这段山脉是一个山谷。

地精们有一个共同的爱好——饮酒，酒馆可以设立在山谷之中。地精的酒馆不论白天黑夜总是人声鼎沸，地精美酒的香味可以飘到方圆数里的地方。

地精还是一种非常警觉的生物，他们在每座山峰上都可以设立瞭望台，并轮流担当瞭望工作，以确保在第一时间得知外敌的入侵。

地精们希望这N段山脉每段都可以修建瞭望台或酒馆的其中之一，只有满足这个条件的整座山脉才可能有地精居住。

现在你希望知道，长度为N的可能有地精居住的山脉有多少种。两座山脉A和B不同当且仅当存在一个i，使得Ai≠Bi。由于这个数目可能很大，你只对它除以P的余数感兴趣。

输入输出格式

输入格式：

输入文件goblin.in仅含一行，两个正整数N, P。

输出格式：

输出文件goblin.out仅含一行，一个非负整数，表示你所求的答案对P取余之后的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

4 7

输出样例#1：

3

说明

说明：共有10种可能的山脉，它们是：

1[u]3[/u]2[u]4[/u] 1[u]4[/u]2[u]3[/u] [u]2[/u]1[u]4[/u]3 2[u]3[/u]1[u]4[/u] 2[u]4[/u]1[u]3[/u]

[u]3[/u]1[u]4[/u]2 [u]3[/u]2[u]4[/u]1 3[u]4[/u]1[u]2[/u] [u]4[/u]1[u]3[/u]2 [u]4[/u]2[u]3[/u]1

其中加下划线的数位表示可以设立瞭望台的山峰，其他表示可以设立酒馆的山谷。

【数据规模和约定】

对于20%的数据，满足N≤10；

对于40%的数据，满足N≤18；

对于70%的数据，满足N≤550；

对于100%的数据，满足3≤N≤4200，P≤109。

求波动序列的个数

首先，了解波动序列的对称性

序列如果为 1 4 2 5 3

对称序列为 5 2 4 1 3

如果原序列开始递减，那么同n+1减每个数，就变成了递减序列的对称递增序列

所以我们只需要求递增序列，乘2就是总个数

设 f [i] [j] 为 排列 [ 1 , i ] 中开头为 j 的且第一段上升的方案数

这个方案数可以递推而来

根据引理,

如果j 和 j-1 不相邻 , 把抖动序列中的 j 和 j-1 交换仍然得到一个抖动序列,而且是一一对应的

或者j 和 j-1 相邻 ,这部分方案数来自于 f [ i-1 , i-j+1]

去掉 j ,则区间变为[1,j-1]并[j+1,i]

把[j+1,i]下移一位,则变为[1,i-1],那么只要再求出这部分第一段下降的方案数即可

根据 引理3, 求出f[i-1][(i-1)-(j-1)+1]加上即可

最后*2

是因为我们求的是第一部分为上升的

下降只需引理3一遍就可以

则方程 f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][i-j+1];

再给出一种更易懂的方法：

f[i][0/1]i表示最高位的数字，0表示开始是上升，1表示开始是下降。

为什么会推出这个？

1、因为所谓抖动序列和每个数的具体值没有关系，只与它的大小有关系，

2、在下一个循环中，枚举开头数字，所以只和上一种情况的最高位有关，在数位依次递增的时候循环开头的每个情况即可。

例： 若为1、 2、 3、 4、 5：

开始是2， 后面是1、 3、 4、 5，分别对应4个数时的1 、2、 3、 4；

转移条件即为上一次递推 <2 上升 作为最高位为 2 的下降方案数

上一次递推 >=2 下降 作为最高位为 2 的上升方案数

在搞上前缀和+后缀和优化，减掉一维 就可以n^2出解

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long ans,f[2][5001];
int n,Mod;
int main()
{int now,nxt,i,j;
    cin>>n>>Mod;
    now=0;nxt=1;
    f[0][1]=1;
     for (i=2;i<=n;i++)
     {
         for (j=1;j<=i;j++)
         f[nxt][j]=(f[nxt][j-1]+f[now][i-j+1])%Mod;
        swap(nxt,now);
     }
     for  (i=1;i<=n;i++)
     {
         ans=(ans+f[now][i])%Mod;
     }
    cout<<(ans*2)%Mod;
}