题目

描述

一位木匠收到了一个木制指示牌的订单。每块木板必须与前一块垂直对齐，要么与前一个箭头的基部对齐，要么与相反的一侧对齐，在那里用特制的螺钉固定。两块木板必须重叠。木匠将设计师发送的草图编码成了一个整数序列，但该序列不能确定唯一的模型，他已经把原始草图扔掉了。这看起来像是一个微不足道的任务，但对他来说却是一个巨大的拼图。

序列（有1 + N个元素）将(N)个箭头从底部到顶部的位置进行编码。第一个元素是底部箭头左侧的位置。剩余的N个元素定义了箭头头部的起始位置，从底部到顶部：第i个元素是第i个箭头基部的位置。例如，左侧和右侧的两个标志可以通过2 6 5 1 4进行编码。

由于木板必须与前一块垂直对齐（要么与前一个箭头的基部对齐，要么与相反的一侧对齐），如果序列是2 6 5 1 4 3，第五个箭头可以用一个螺钉固定（在任何一个描绘的标志上）在1（指向右边）或4（指向左边），箭头基座在3。

如果序列是2 3 1，第二个箭头只能用一个螺钉固定在3上，指向左边，因为连续的木板必须重叠。

所有的箭头头部都是相似的，设计师告诉木匠，它们的基部站在不同的垂直线上，底部箭头的左侧也是如此，共同形成1..(N +1)的排列。这就是为什么木匠忽略了细节，只是写下了排列（例如2 6 5 1 4 3）。

给定木匠写下的数字序列，计算可以制作的指示牌数量。由于数字可能非常大，你必须对2147483647取模。序列的第二个整数始终大于第一个整数（底部的箭头总是指向右边）。

输入

第一行有一个整数N，第二行包含从1到N + 1的整数的排列。同一行中的整数之间用一个空格分隔。

输出

输出一行，其中包含给定排列描述的不同标志的数量（对2147483647取模）。

注意

1 ≤ N ≤ 2000

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题意

1. 只需关注箭头长方形部分的头部（靠近三角形）和底部。
2. 箭头从下往上依次放置。
3. 第一个箭头的头部和底部题目已经确定，并且头部下标一定大于底部。
4. 上面的箭头的底部，必须等于下面的箭头的底部，或者等于下面的箭头的头部。
5. 相邻两个箭头需要有重叠部分，即不能错开。

由此推知

1. 对于当下箭头而言，上一块箭头的头部和底部很重要。
2. 上面的箭头的底部可能有多种放法
3. 题目就是要我们输出有多少种不同的情况。
4. 要求对输出结果%2147483647。
    

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思路（动态规划）

我们用数组s[N+1]记录每一块木块的头部下标。注意：s[0]存储第一块的底部下标

第一步：确定dp数组以及下标的含义

我们需要一个二维dp数组，dp[i][j]表示第i个箭头以j为底时的方案数。

第二步：确定递推公式

3种情况：

• 第i块的头比上一块的头和尾都小
  dp[i][max(s[i - 1], s[j])] += dp[i - 1][s[j]];
• 第i块的头比上一块的头和尾都大
   dp[i][min(s[i - 1], s[j])] += dp[i - 1][s[j]]; 
• 第i块的头在上一块头尾之间
  dp[i][s[i - 1]] += dp[i - 1][s[j]];
  dp[i][s[j]] += dp[i - 1][s[j]];

第三步：dp数组初始化

第一个箭头只有一种放的方法：dp[1][s[1]]=1；

遍历每一个箭头时，令dp[i][s[i]]=1，以本身头部为底时为一。结果记得减一。

第四步：确定遍历顺序

外循环从第二个箭头开始，内循环遍历上一个箭头所有可能底部。
如果dp[i-1][j]>0,说明上一个箭头存在以该底部放置的方案，方可进入递推。

第五步：结果处理

遍历dp[N]，把每一个底部的方案加起来就是结果。

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注意事项

1. long long存储数据。
2. 最后结果和每次dp变化之后和要取模。

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C++完整代码

改改再提交乐学，有查重！！

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;const int MOD = 2147483647;int main() {int N;cin >> N;vector<long long> s(N + 1);for (int i = 0; i <= N; i++) {cin >> s[i];}vector<vector<long long>> dp(N + 1, vector<long long>(2001, 0));dp[1][s[0]] = 1;dp[1][s[1]] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {for (int j = i - 2; j >= 0; j--) {dp[i][s[i]] = 1;if (dp[i - 1][s[j]] != 0) {if (s[i] > s[i - 1] && s[i] > s[j]) {dp[i][min(s[i - 1], s[j])] += dp[i - 1][ s[j]];dp[i][min(s[i - 1], s[j])] %= MOD;}else if (s[i] <s[i - 1] && s[i] < s[j]) {dp[i][max(s[i - 1], s[j])] += dp[i - 1][s[j]];dp[i][max(s[i - 1], s[j])] %= MOD;}else if ((s[i] <= s[i - 1] && s[i] >= s[j]) || (s[i] >= s[i - 1] && s[i] <= s[j])) {dp[i][s[i - 1]] += dp[i - 1][s[j]];dp[i][s[i - 1]] %= MOD;dp[i][s[j]] += dp[i - 1][s[j]];dp[i][s[j]] %= MOD;}}}}long long res = 0;for (int i = 0; i <= 2000; i++) {res += dp[N][i];res %= MOD;}cout << res-1 << endl;return 0;
}