蓝桥杯模拟赛 摆动序列 题目+题解

摆动序列

题目

问题描述

如果一个序列的奇数项都比前一项大，偶数项都比前一项小，则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
　　小明想知道，长度为 m，每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

输入格式

输入一行包含两个整数 m，n。

输出格式

输出一个整数，表示答案。答案可能很大，请输出答案除以10000的余数。

样例输入

3 4

样例输出

14

样例说明

以下是符合要求的摆动序列：
　　2 1 2
　　2 1 3
　　2 1 4
　　3 1 2
　　3 1 3
　　3 1 4
　　3 2 3
　　3 2 4
　　4 1 2
　　4 1 3
　　4 1 4
　　4 2 3
　　4 2 4
　　4 3 4

评测用例规模与约定

对于 20% 的评测用例，1 <= n, m <= 5；
　　对于 50% 的评测用例，1 <= n, m <= 10；
　　对于 80% 的评测用例，1 <= n, m <= 100；
　　对于所有评测用例，1 <= n, m <= 1000。

题解

​ 这题如果直接暴力求解的话，估计只能够过50%的数据，所以还是得使用dp来进行求解。dp[i][j]表示第i位数时，最大数为m时共有多少个。然后根据题目要求：如果一个序列的奇数项都比前一项大，偶数项都比前一项小，则称为一个摆动序列。所以我们每次处理都需要判断i的奇偶，这里使用i&1进行判断，这里使用他的原因在之前的另一篇博客中写了，有不懂的小伙伴可以去参考一下，地址为：为什么同样的算法，你的程序却一直超时？ 算法竞赛你不得不知道的小技巧。然后我们为边界赋值，这里赋值只有1位数的时，最大数的不同时，可能的种类，这里初始化为dp[1][i] = n - i + 1;。然后我们从

​ 下面我们来详细的解释一下dp的过程。这里我们计算的时候先从第一行开始，为第一行进行一个初始化，初始化为下一行可以选择的值的数目，即当前所能组成的摆动数列的个数。我们初始化dp[1][i] = n - i + 1;

第一行中，令 d[1][j]为：第1个数选择大于等于 j的数的方案总数。

从第二行开始：

​ 奇数行中，令 d[i][j]为：第i个数选择大于等于j的数时的方案总数。
​ 偶数行中，令 d[i][j]为：第i个数选择小于等于j的数时的方案总数。

即从第二行开始，如果行数为偶数行，那么我们当前可能的数目为：dp[i][j] = (dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]) % 10000;,如果为奇数行则：dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]) % 10000;。

​ 然后这样的话，如果我们总的长度为奇数的话，那么就是dp[m][1],如果是偶数，则为dp[m][n]。

#include <iostream>
using namespace std;
int dp[1004][1004];
int main() {
    // m为长度，n为数的范围
    int m,n;
    cin>>m>>n;

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        dp[1][i] = n - i + 1;

    for(int i = 2; i <= m; i++)
        if(i & 1)
            for(int j = n; j >= 1; j--)
                dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]) % 10000;
        else
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                dp[i][j] = (dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]) % 10000;

    int ans = m & 1 ? dp[m][1] : dp[m][n];

    cout<<ans;

    return 0;
}