[sdoi 2010][bzoj 1925]地精部落（dp）
题干：
地精喜欢住在连绵不绝的山脉中。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）。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。酒馆可以设立在山谷之中。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,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。
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≤10^9
题解:
首先，我们的目标序列一定是山峰与山谷交替出现的，也就是说，当x位置是山峰，我们就要从剩下的且比x处山峰高度小的数中挑一个，放到x+1位置上，反之要挑大的数。根据题干中的“连绵不绝的山脉”，我们可以知道1～n中的所有数在n个山峰中都出现且仅出现一次。。。（一本正经地说这么显然的东西。。。）既然是“连绵不绝”，我们手模几个小样例就可以发现
0%输出样例
40%状压
先看一下数据范围，发现40%的点其实是可以作为状压dp来写，但dp表示什么呢？一般来说，状压dp[i][j]表示枚举到第i位时状态为j时的方案数（本题所求的是方案数）。而到本题适用吗？想一下：枚举到第i位时我安置的房子状态为j。。。好像是可以，但状态怎么表示？010101或101010？不可取。反正本蒟蒻作者没有想到，咕咕咕。。。（40%的算法都想不到。。。）其实dp[i][j][0/1]状态无非就是：j中0表示未选这个数，1表示已选这个数；第三维中0表示山谷，1表示山峰。那么dp[i][j][1]+=dp[i-1][j^k][0];（k表示未选过的并比现在选择的数小的数）；dp[i][j][0]+=dp[i-1][j^k][1];（k表示未选过的并比现在选择的数大的数）。
70% O(n3)
5503勉强能承受。我们记录状态为dp[i][j][0/1],i表示剩下i个数，j表示有j-1个数小于刚刚选择的数，当下标为0时，表示山谷，当下标为1时，表示山峰（其实正反都可以）。根据我们所定义的转移方程，dp[i][j][0]可以影响dp[i-1][j~i][1]，dp[i][j][1]可以影响dp[i-1][1~j-1][0]。那么我们就可以初始化dp[n][0][0]=dp[n][n+1][1]=1（刚开始所有的数都可以作为第一个数为山峰或山谷，要么没有数比上一层大，要么所有数都比上一层大），最后求dp[0][1][0]+dp[0][1][1]即可。
100% O(n2)
其实在n3的算法中，我么没事在不断刷表，一个一个加。我们可以将刷表改为填表，比较容易地就可以发现dp[i][j][1]=Σjx=0 dp[i+1][x][0]；dp[i][j][0]=Σi+2x=j+2 dp[i+1][x][1]（其中的Σ可以在枚举的过程中顺便求得），加上滚动数组，完美
Code:
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 using namespace std;
4 const int maxn=4200+10;
5 int dp[2][maxn][2],n,mod,cur;
6 int main(){
7 scanf("%d%d",&n,&mod);
8 memset(dp,0,sizeof(dp));
9 dp[cur][0][0]=dp[cur][n+1][1]=1;
10 for(register int i=n-1;i>=0;--i){
11 cur^=1;
12 for(register int j=0;j<=i+2;++j) dp[cur][j][0]=dp[cur][j][1]=0;
13 int x=dp[cur^1][0][0];
14 for(register int j=1;j<=i+1;++j){
15 x=(x+dp[cur^1][j][0])%mod;
16 dp[cur][j][1]=(dp[cur][j][1]+x)%mod;
17 }
18 x=dp[cur^1][i+2][1];
19 for(register int j=i+1;j>=1;--j){
20 dp[cur][j][0]=(dp[cur][j][0]+x)%mod;
21 x=(x+dp[cur^1][j][1])%mod;
22 }
23 }
24 printf("%d",(dp[cur][1][0]+dp[cur][1][1])%mod);
25 }
100% O(n2) plus
我们还可以设dp[i][j]为已经有i个数，且首项为j且j为波峰的方案总数。既然确定了首项，我们在来考虑第二项，若第二项不为j-1，那么我们将这两个数换位发现仍然为抖动数列（j为首项且为波峰），我们把所有这种情况下的序列都交换j与j-1的位置，那么这种情况方案数为dp[i][j-1]。我们在来考虑第二项为j-1的情况，这种情况就比较麻烦，我们去掉第一个数j后，所剩下的就只有[1~j-1]和[j+1~i]，其实这i-1个数就便成了我们dp[i-1]的情况了（将[j+1~i]减1），那么就得到了一个[1~i-1]的抖动序列，再使j-1为波谷，此种情况方案总数为f[i-1][i-1-(j-1)+1]=f[i-1][i-j+1]（我们手模几个点就可以发现，当我们将所有的数都由i变为n-i+1时同样成立-->波峰变波谷）。因为对称性我们把ans×2，就得到了结果（不是在转移时就已经考虑了对称时的乘2了吗？为什么还要乘2呢？其实我们上文的转移是将那位的数变化了，是内部的变化，只是相当于波峰变波谷；而最后的乘2是对全局考虑，真正地将波峰变为波谷）。
Code:
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #define $ 4444
4 using namespace std;
5 int m,n,mod,dp[2][$],ans;
6 signed main(){
7 scanf("%d%d",&n,&mod);
8 if(n==1){ printf("%d\n",1%mod); return 0; }
9 dp[0][1]=1;
10 for(register int i=2,now=1,las=0;i<=n;++i,las=now,now^=1){
11 for(register int j=1;j<=i;++j)
12 dp[now][j]=(dp[now][j-1]+dp[las][i-j+1])%mod;
13 }
14 for(register int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+dp[(n-1)%2][i])%mod;
15 printf("%d\n",(ans<<1)%mod);
16 }
