1925: [Sdoi2010]地精部落

1925: [Sdoi2010]地精部落

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Description

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。

Input

仅含一行，两个正整数 N, P。

Output

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。

Sample Input

4 7

Sample Output

3

HINT

 
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

Source

第一轮Day2

//思路比较难想到啊，连看题解，都看了很久.

参考博客：http://www.cnblogs.com/quzhizhou/p/7236727.html

思路是这样的 dp[i][j] 代表，1 -- i 的排列中，以 1 -- j 数字为开头，然后接着递减的序列有多少种，先看怎么转移

1.当开头 < j 时，显然是 dp[i][j-1]

2.当开头 = j 时，第二位要小于 j 所以必须是 1 -- j-1 ，然后接着上升的序列，然而似乎没有记录这种状态。。。

但其实，可以这么想，对于，dp[i][j] 的每一种排列，如果将每个数都用 n 减去，再加 1 ，就是以，n-x+1 为开头的递增序列了。

比如题目给的 2 1 4 3 ，可以变为 3 4 1 2 ，所以，每种都对应另一种开始时递增的序列。

所以，1 -- j-1 开头的递增序列，种数为 dp[i-1][i-(j+1)+1] ,即 dp[i-1][i-j]

为什么是 i-1 呢，因为，j 被选走了，j+1 ,j+2,j+3 ... i 这些数，每个数减一，在种数上就相当于 dp[i-1][i-j] 了

记得最后答案乘 2 ，求的是递减或递增的序列

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <bitset>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-8
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
inline int Scan() {
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
#define MX 4500
//Code begin...

int dp[2][MX];

int main()
{
    int n = Scan();
    int p = Scan();

    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1][1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=i;j++)
            dp[i&1][j]=(dp[i&1][j-1]+dp[(i-1)&1][i-j])%p;
    cout<<dp[n&1][n]*2%p<<endl;
    return 0;
}