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题目：
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，每段有一个独一无二的高度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 输入样例#1： 4 7 输出样例#1： 3 【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≤1e9。
思路：又是似曾相识的那种dp。。分类讨论，转移方程显然。
如果在i之前的所有答案已经计算好了，那么更新i的时候就可以选择把i插入第k个和第k+1个之间，或者把i放在i-1个的旁边。
放置的时候因为i比之前的i-1个数都要大，所以它只能作为“山峰”出现，所以第k个和第k+1个必须都是山谷，放在旁边也是一样，相邻的必须是作为山谷的。
状态：
f[i][0] 表示按题意放置好了i个数之后，左右两端都为山谷的方法数。
f[i][1] 表示按题意放置好了i个数之后，左端山谷，右端山峰的方法数。
f[i][2] 表示按题意放置好了i个数之后，左端山峰，右端山谷的方法数。
f[i][3] 表示按题意放置好了i个数之后，左右两端都为山峰的方法数。
状态转移方程：
f[i][0] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][0] * Ci-1j);
f[i][1] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][1] * Ci-1j);
f[i][2] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][0] * Ci-1j);
f[i][3] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][1] * Ci-1j);
N的范围是4500，其中的Ci-1j可以用杨辉三角跑出来，不过考虑到数据比较极限，可能会MLE，滚动数组优化之。
据说可以扩展Lucas？。。。没学过赶紧去补（逃
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_N = 4200 + 5; ll N, P; ll f[MAX_N][5];//第二维：0低低，1低高，2高低，3高高 ll C[2][MAX_N]; int main() { cin >> N >> P; memset(f, 0, sizeof f); C[0][0] = 1; C[1][0] = C[1][1] = 1; for (int i = 1; i <= N; i++) { if (i == 1) f[i][0] = 1, f[i][0] %= P; if (i > 1) {//加在边界 f[i][1] += f[i-1][0], f[i][1] %= P; f[i][2] += f[i-1][0], f[i][2] %= P; f[i][3] += f[i-1][1] + f[i-1][2], f[i][3] %= P; } if (i >= 2) for (int j = 1; j <= i; j++) C[i&1][j] = (C[(i&1)^1][j-1] + C[(i&1)^1][j]) % P; for (int j = 1; j < i-1; j++) {//j >= 1 && i-1-j >= 1 ll cur = C[(i&1)^1][j]; f[i][0] += (f[j][0]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][0] %= P; f[i][1] += (f[j][0]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][1] %= P; f[i][2] += (f[j][2]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][2] %= P; f[i][3] += (f[j][2]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][3] %= P; } } ll ans = 0; for (int k = 0; k <= 3; k++) { ans += f[N][k], ans %= P; } cout << (ans+P)%P << endl; return 0; }