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，每段有一个独一无二的高度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
说明
【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≤1e9。
题解
好题……思维难度省选，代码难度普及-……
大佬真厉害
首先先弄清楚三个性质
$$性质一：在一个波动序列中，如果数字i与i+1不相邻，那么交换i与i+1，得到的仍然是一个波动序列$$
$$证明：若i为山峰，交换后i+1必然也为山峰。同理，若i+1为山谷，交换后i也必为山谷$$
$$若i为山谷，因为i+1与i不相邻，所以i两边的高度都大于i+1，所以交换后i+1小于其两边，仍为山谷。同理，若i+1为山峰，交换后i也为山峰$$
$$性质二：把波动序列中的每一个数i换成n+1-i，得到的仍是一个波动序列$$
$$证明：原来是山峰的地方变为山谷，原来是山谷的地方便为山峰，仍是波动序列$$
$$性质三：波动序列具有对称性，即将一个波动序列翻转后仍是波动序列$$
$$证明：正确性显然$$
于是就可以考虑如何写状态转移方程了。设$f[i][j]$表示选了$1$到$i$的数，$j$为第一个数，且$j$为山峰
很明显答案为$sum_{i=1}^n f[n][i]$
如何转移？
先给出方程：$f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][i-j+1]$
首先，因为由性质一可知，当$j$与$j-1$不相邻时，$j$作为第一个数和$j-1$作为第一个数的方案数相同
又因为$j-1$为山峰，且是第一个数，故$j$与$j-1$必定不相邻
然后，我们来考虑$j$和$j-1$相邻的情况
选了$j$为山峰，则第二个数$j-1$必然为山谷，后面的数为$[1,j-1]$和$[j+1,i]$
问题转变为求$i-1$个数，$j-1$为开头的山谷的方案数
由性质二可得，$j-1$作为山峰和山谷的方案数相同
又因为山峰和山谷是相对位置关系，所以将$[j+1,i]$区间每一个数减一，对方案无影响
于是我们加上$f[i-1][(i-1+1)-(j-1)]$即可
解决了
ps：代码难度和思维难度真心不成正比……
1 //minamoto 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define N 5005 4 #define inf 0x3f3f3f3f 5 using namespace std; 6 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 7 char buf[1<<15],*p1=buf,*p2=buf; 8 inline int read(){ 9 #define num ch-'0' 10 char ch;bool flag=0;int res; 11 while(!isdigit(ch=getc())) 12 (ch=='-')&&(flag=true); 13 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 14 (flag)&&(res=-res); 15 #undef num 16 return res; 17 } 18 int n,mod,f[2][N]; 19 int main(){ 20 //freopen("testdata.in","r",stdin); 21 n=read(),mod=read(); 22 f[0][2]=1; 23 for(int i=3;i<=n;++i) 24 for(int j=2;j<=i;++j) 25 f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]+f[i-1&1][i-j+1])%mod; 26 int ans=0; 27 for(int j=2;j<=n;++j) 28 ans=(ans+f[n&1][j])%mod; 29 printf("%d ",(ans<<1)%mod); 30 return 0; 31 }