题目描述
小智家里来了很多的朋友，总共有N个人，站成一排，分别编号为0到N-1，小智要给他们分糖果。但 是有的朋友有一些特殊的要求，有的人要求他左右的两个人（左边一个、右边一个，一共2个人）的 糖果数都比他的多，有的人要求他左右的两个人的糖果数都比他的少。同时小智希望给不同的人分到 的糖果数不相同，并且每个人至少有一个糖果，同时小智希望分出的糖果个数尽可能的少，现在小智 想知道有多少种分糖果的方法。数据保证不会出现两个人的要求产生冲突的情况。
输入格式
第一行三个数N，M，K，分别表示人数，第一种要求的人的个数，K表示第二种要求的人的个数。 接下来M行，每行一个数x，表示位置x的人要求他左右两个人的糖果数都比他的多 接下来K行，每行一个数y，表示位置y的人要求他左右两个人的糖果数都比他的少
输出格式
输出一个数表示方法数对 1000000007取模的结果。
这道题考虑Dp解法。
如何想到用DP解法？ 因为题目中要求我们最多有多少种方法，如果一个个枚举或者求出的话，就会让我们的时间复杂度分分钟上去。因此这类题都是套路一般的DP。
首先，看到题目中有两种要求。一种是让两边的小，一种是让两边的大。
这种要求有一点不好处理的就是，我们总是喜欢直接查看每一个点的情况，而不是查看其旁边的点情况，这样很不方便。于是我们转换一下。
设flagi = 1时，表示第 i 个点小于前一个点。同样的，当 flagi = 2时，表示第i个点大于前一个点。当然，falg = 0时，表示无特殊关系。
然后，设置一个dp[i][j] 表示由前 i 个数组成的序列且第 i 位为 j 的合法情况数。在规划的过程中，针对不同的 flag[i]，对应不同的状态转移，这里涉及到一个最后一位数 j 插入序列的思维，可以看做把前边的每一种排列中大于等于 j 的数 ++，也就可以达到空出 j 这个数将其插入的效果。
在这里引入一个 sum[j]，表示为前一轮状态下，最后一位小于等于 j 的情况的和。也就是说，当规划到第 i 位时，sum[j] 表示前 i - 1 位数组成的序列的合法情况的 dp[i - 1][j] 的前缀和。
到这里，这道题也就可以被我们AC了。我们要求的和就是 sum[n].
AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100100 #define isdigit(c) ((c)>='0'&&(c)<='9') const int mod = (int)1e9 + 7; inline int read(){ int x = 0, s = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-')s = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ '0'); c = getchar(); } return x * s; } int flag[N], sum[N], dp[N]; int main(){ // freopen("candy.in","r",stdin); // freopen("candy.out","w",stdout); int n = read(), K = read(), M = read(); for(int i = 1;i <= K; i++){ int a = read(); flag[++a] = 1; flag[a + 1] = 2; } for(int i = 1;i <= M; i++){ int a = read(); flag[++a] = 2; flag[a + 1] = 1; } dp[1] = sum[1] = 1; for(int i = 2;i <= n; i++){ for(int j = 1;j <= i; j++){ if(flag[i] == 0){ dp[j] = sum[i - 1] % mod; } else if(flag[i] == 1){ dp[j] = (sum[i - 1] - sum[j - 1] + mod) % mod; } else{ dp[j] = sum[j - 1]; } } for(int j = 1;j <= i; j++){ sum[j] = (sum[j - 1] + dp[j]) % mod; } } cout << sum[n] << endl; return 0; }