P2467 [SDOI2010]地精部落（dp n个数此起彼伏）

原题： https://www.luogu.org/problemnew/show/P2467

题意：

1~n这n个数的排列，要求“此起彼伏”，问方案数%P

解析：

发现自己已经独立做出两题省选难度题了，之前遇到省选一脸懵逼来着。可能是省选题越来越水了吧~

因为所有数都不一样，所以数之间只有大小关系，即1,2,3和1,100,105其实是一样的。

这样有什么好处：

• 假设轮到了一个数，对于剩下的数，只需要记录有几个大的即可（小的可以通过总数-大的算出，省一维）

那么写出数组涵义， $dp[滚动数组][sta][i]$，sta==0表示当前点为下凹点，反之上凸；i表示比当前数大的数量。

转移方程：

• 下凹转上凸选一个大的： $dp[!f][!sta][j<i]<<dp[f][sta][i]$
• 上凸转下凹选一个小的： $dp[!f][!sta][j<=n-now-i]<<dp[f][sta][i]$

以大数为例，其维护过程如下：

计算时间复杂度：循环维护O(n)，每次选择大数数量O(n)，选择目标大数数量O(n)，n==4000，O(n^3)就炸了。

观察上图，你会发现后面个O(n)可以轻松合到一起。只有5更新4，5还会更新4以下的所有，所以可以累加一个更新，一路往下做。

	int sum=0;
    for(int i=n-now;i>=1;i--){
        sum=(sum+dp[f][sta][i])%mod;
        dp[!f][!sta][i-1]=(dp[!f][!sta][i-1]+sum)%mod;
    }

再考虑小数

和大数不同，小的是往上累加（43210，4321，432，43，4）

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, mod;
int dp[2][2][4300];
//f 滚动数组 sta=0 当前为下凹 i 比当前数大的数量
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &mod);
    int f = 1;

    for(int sta = 0; sta <= 1; sta++) {
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            dp[f][sta][i] = 1;
        }
    }
    for(int now = 1; now < n; now++) {
        int sta = 0;
        int sum = 0;
        for(int i = n - now; i >= 1; i--) {
            sum = (sum + dp[f][sta][i]) % mod;
            dp[!f][!sta][i - 1] = (dp[!f][!sta][i - 1] + sum) % mod;
        }
        sta = 1;
        sum = 0;
        for(int i = n - now; i >= 1; i--) { // 小的数量
            // 下一个状态也是 to(大的数量) ，因为选的是小的，最小值不会变
            int to = n - now - i;
            sum = (sum + dp[f][sta][to]) % mod;
            dp[!f][!sta][to] = (dp[!f][!sta][to] + sum) % mod;
        }
        f = !f;
        memset(dp[!f], 0, sizeof(dp[!f]));
    }
    printf("%d\n", (dp[f][0][0] + dp[f][1][0]) % mod);
}