【BZOJ1925】地精部落（SDOI2010）-DP+滚动数组

测试地址：地精部落
做法：本题需要用到DP+滚动数组。
注意到题目问的就是长为n$n$的波动排列数目，但是由于p$p$不一定是质数，所以我们要避免使用逆元，又因为空间只有64MB，我们需要严格控制空间的使用。
考虑如何计算长为i$i$的波动排列数目，我们可以枚举i$i$的位置j$j$，因为i$i$一定是最大的元素，所以它的两边一定是谷，因此我们就要求长为j−1$j-1$和i−j$i-j$的第一位或最后一位是谷的方案数，然后乘上一个Cj−1i−1$C_{i-1}^{j-1}$累加入答案即可。显然组合数可以通过Cji=Cj−1i−1+Cji−1$C_i^j=C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^j$这个递推式滚动计算。
问题是我们怎么计算上面那些带限制的方案数呢？注意到一个性质：波动排列的第一位是峰或谷的方案数是一样的。为什么呢？因为显然每一个第一位是峰的方案，都可以通过所有元素i$i$变为n−i+1$n-i+1$唯一对应一个第一位是谷的方案。所以我们定义f(i)$f(i)$为第一位是谷的方案，那么我们可以得到状态转移方程：
2f(i)=∑ij=1Cj−1i−1f(j−1)f(i−j)$2f(i)=\sum _{j=1}^i{C}_{i-1}^{j-1}f(j-1)f(i-j)$
注意到f(i)$f(i)$有个2$2$的系数，然而上面我们已经说了要尽量避免逆元的计算，所以根据定义，我们只计算j$j$是偶数的情况，即：
f(i)=∑ij=1[j是偶数]Cj−1i−1f(j−1)f(i−j)$f(i)=\sum _{j=1}^i[j是偶数]C_{i-1}^{j-1}f(j-1)f(i-j)$
特殊地，f(0)=f(1)=1$f(0)=f(1)=1$，那么这道题的答案就是2f(n)$2f(n)$，这样我们就得到了一个O(n2)$O(n^2)$的做法，可以通过此题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll p,f[5010]={0},C[2][5010]={0};

int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&p);

    f[0]=f[1]=1;
    C[0][0]=1;
    int past=0,now=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        C[now][0]=1;
        for(int j=1;j<=i-1;j++)
            C[now][j]=(C[past][j-1]+C[past][j])%p;
        for(int j=2;j<=i;j+=2)
            f[i]=(f[i]+C[now][j-1]*f[j-1]%p*f[i-j])%p;
        swap(now,past);
    }
    printf("%lld",(f[n]<<1)%p);

    return 0;
}