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
4 7
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。
题意：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减序列，乘2就是总个数
dp[i][j] 表示 前i个数的排列中，第1个数为j，且开始递减的序列个数
f[i][j] 表示 前i个数的排列中，第1个数为j，且开始递增的序列个数
当第1个数是j时，后面可以填1,2,3，……j-1，j+1，j+2……n
把>j的每个数-1，就是1,2,3，……j-1，j，j+1，j+2……n-1
即变成了n-1的排列
如果开始递减
当第1个数是j时，将>j的数全部-1，那么后面可以填的数就是一个n-1的排列
这个排列要求 第一个数<j，且开始递增
即dp[i][j]= Σ f[i-1][k] k∈[1,j-1]
根据对称性，dp[i][j]= Σdp[i-1][k] k∈[i-j+1,i-1]
时间复杂度：O（n^3），空间复杂度：O（n^2）
使用前缀和优化，可以 优化到时间O（n^2）,空间O（n）
没有用前缀和优化的代码：
#include<cstdio> #define N 4201 using namespace std; int n,p,ans; int dp[N][N],sum[N]; int main() {scanf("%d%d",&n,&p);for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=1;for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=2;j<=i;j++)for(int k=i-j+1;k<=i-1;k++) dp[i][j]=(dp[i-1][k]+dp[i][j])%p;for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[n][i])%p;ans=ans*2%p;printf("%d",ans); }
前缀和优化AC代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 4201 using namespace std; int n,p,ans; int dp[N],sum[N]; int main() {scanf("%d%d",&n,&p);for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=1;for(int j=1;j<=n;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%p;for(int i=2;i<=n;i++){dp[1]=0; for(int j=2;j<=i;j++) dp[j]=(sum[i-1]-sum[i-j]+p)%p;for(int j=i+1;j<=n;j++) dp[j]=0;for(int j=1;j<=n;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%p;}for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i])%p;ans=ans*2%p;printf("%d",ans); }
)
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