Even Three is Odd

题意：

问题是对于所有的长度为n，且$1<=ai<=n$的整数序列求 $\prod_{i=1}^{n-2}{max \{w_i,w_{i+1},w_{i+2}}\}$ 之和。

 

解法：

首先设dp状态为 $f(i,j,k)$ ，长度为$i+3$的，最大值为k，且最大值出现的位置集合为j的序列的乘积和。

显然可以由 $f(i-1,j2,k2)$ 转移到 $f(i,j,k)$，做前缀和优化，总效率$O(n^2 * 2^6)$

重新设计dp状态，改变j的定义，j表示最大值最后出现的位置。

这样对于状态 $f(i,j,k)$，我们确定了长度为$i+j$的序列的值，并且确定了$a(i+j+1)...a(i+2)<k$ 。

假设之前的三个数字最大值为$k2$，之后的最大值为k，这样的的话只要分为 $k>k2, k<k2, k=k2$ 讨论即可得出答案。

再加以前缀和优化，总效率$O(n^2)$。

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

#define LL long long
#define N 2010
#define P 1000000007LL

using namespace std;

int n;
LL w[N],S[N],S2[N],f[N][3][N];

LL sum(LL S[],int l,int r)
{
    if(l>r) return 0LL;
    LL ans = S[r]+P-S[l-1];
    if(ans>=P) ans-=P;
    return ans;
}

int main()
{
//    freopen("test.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&w[i]);
        for(int i=0;i<=n-2;i++)
            for(int k=1;k<=n;k++)
                f[i][0][k]=0, f[i][1][k]=0, f[i][2][k]=0;
        for(int x1=1;x1<=n;x1++)
            for(int x2=x1;x2<=n;x2++) f[0][2][x2]++;
        for(int x1=1;x1<=n;x1++) f[0][1][x1]=1;
        for(int i=1;i<=n-2;i++)
        {
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                S[k]  = S[k-1] +f[i-1][0][k];
                S2[k] = S2[k-1]+f[i-1][0][k]*(k-1)*(k-1);
                S2[k] += f[i-1][1][k]*(k-1);
                S2[k] += f[i-1][2][k];
            }
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                f[i][2][k] += sum(S2,1,k-1);
                f[i][1][k] += f[i-1][2][k];
                f[i][0][k] += f[i-1][1][k];
                f[i][2][k] += f[i-1][0][k]*(k-1)*(k-1);
                f[i][2][k] += f[i-1][1][k]*(k-1);
                f[i][2][k] += f[i-1][2][k];
                f[i][0][k] += sum(S,k+1,n);
                f[i][1][k] += sum(S,k+1,n)*k;
                f[i][2][k] += sum(S,k+1,n)*k*k;
                f[i][0][k] = f[i][0][k]%P * w[k]%P;
                f[i][1][k] = f[i][1][k]%P * w[k]%P;
                f[i][2][k] = f[i][2][k]%P * w[k]%P;
            }
        }
        LL ans=0;
        for(int k=1;k<=n;k++)
        {
            ans += f[n-2][0][k]*(k-1)*(k-1);
            ans += f[n-2][1][k]*(k-1);
            ans += f[n-2][2][k];
            ans %= P;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}