HDU 6078 Wavel Sequence【dp递推】【好题】【思维题】
Wavel Sequence
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 524288/524288 K (Java/Others)Total Submission(s): 362 Accepted Submission(s): 175
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Now given two sequences a1,a2,...,an and b1,b2,...,bm, Little Q wants to find two sequences f1,f2,...,fk(1≤fi≤n,fi<fi+1) and g1,g2,...,gk(1≤gi≤m,gi<gi+1), where afi=bgi always holds and sequence af1,af2,...,afk is ''wavel''.
Moreover, Little Q is wondering how many such two sequences f and g he can find. Please write a program to help him figure out the answer.
In each test case, there are 2 integers n,m(1≤n,m≤2000) in the first line, denoting the length of a and b.
In the next line, there are n integers a1,a2,...,an(1≤ai≤2000), denoting the sequence a.
Then in the next line, there are m integers b1,b2,...,bm(1≤bi≤2000), denoting the sequence b.
题意：给出一个有n（<=2000）个数字的序列 a(ai <=2000) 再给出一个有m（m<=2000）个数字的序列 b （bi<=2000） ，定义波浪序列为：x1<x2>x3<x4……（注意第一次必须是上升，不能是下降，也就是说第一项必须是波谷）。现在要求找到一个严格单调递增的序列 f：f1，f2，……fk。以及相对应的严格单调递增的序列g：g1，g2，……gk。（k>=1）使得每个a_fi
= b_gi，同时满足a_f1,a_f2,a_f3……a_fk为波浪序列。求不同的fg映射有多少种选取方式。
a，b中分别从前向后选取k个数字。然后相对应的 a 中选择的每个位置的数字要和 b 中选择的对应位次的数字相同。（当然如果a数组出现过x，而b没有出现过x，显然x不可能被选取），而 f 、g 则是相对应的下标。要满足选取出来的这个数字序列是一个波浪序列。显然波浪序列中的数字分成两种：波峰和波谷。
总体来说，这个题就是a、b数组之间的匹配问题，同时满足是一个波浪序列。
则：
dp[i][j][0]表示以a[i]和b[j]为公共序列结尾且为波谷的情况总和。
dp[i][j][1]则表示波峰的情况总和。
sum[i][j][0]表示sum(dp[k][j][0] | 1<=k<=i-1)
sum[i][j][1]则表示sum(dp[k][j][1] | 1<=k<=i-1) (相当于固定b[j]这个数字，然后将所有可能性加起来)
那么这个过程中只要不断判断这个数字其前面可能的情况(若其为波峰则判断其前可满足作为波谷的数量cnt0，反之亦然)，然后判断这个数字能不能加进这个波浪中不断记录结果即可。
注意因为第一次必须为上升，则表示第一个数字前为波峰所以cnt1=1，cnt0=0
1、动态规划递推过程中用波峰波谷作为状态转移的关键，然后进行递推
2、用sum来优化其前相加的结果，减少重复的相加运算。
以下是样例的递推过程，蓝色粗线代表程序执行过程，旁边的线代表当前所记录波浪的状态：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <map>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int maxn = 2e3 + 10;
const int mod = 998244353;
int n, m;
int a[maxn], b[maxn];
ll dp[maxn][2]; //原为dp[i][j][2] 表示a数组枚举到第i个，b数组枚举到第j个，dp[i][j][0]表示当前选的数为波谷，反之同理，因为只用到上一个i-1所以利用滚动数组将其省去
ll sum[maxn][2]; //原为sum[i][j][2]表示a数组枚举从1到第i个，b数组枚举到第j个波峰（sum[i][j][1]）或波谷（sum[i][j][0]）的和
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
ll ans = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
ms(sum, 0);
ms(dp, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", a + i);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d", b + i);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
ll cnt1 = 1; //最后一个是波峰的数量
ll cnt0 = 0; //最后一个是波谷的数量
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
dp[j][0] = dp[j][1] = 0;
if (a[i] == b[j]) //【判断能否加进来】当相同时可以将当前的数作为 波峰（当前数做波峰则看其前面可作为他的波谷的数量cnt0）或波谷（其前cnt1种可能）时，前面所有可能的情况加到ans中
{
dp[j][0] = cnt1;
dp[j][1] = cnt0;
ans = (ans + cnt1 + cnt0) % mod;
}
else if (b[j] < a[i]) cnt0 = (cnt0 + sum[j][0]) % mod; //说明当a[i]被选中时，前面的以b[j]结尾的可以作为波谷（所以将其记录到cnt0，又因为前面的作为波谷，所以为sum[j][0]）
else cnt1 = (cnt1 + sum[j][1]) % mod; //反之亦然
}
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
if (b[j] == a[i])
{
sum[j][0] = (sum[j][0] + dp[j][0]) % mod; //以数字b[j]作为谷底的所有可能加进去，方便下次统计，减少重复计算（dp的递推优化）
sum[j][1] = (sum[j][1] + dp[j][1]) % mod; //同理
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}可借鉴：点击打开链接的思路
