插入类DP

对于这类题目的特征：

1.排列性质
2.$100\le n\le 5\times {10}^3$
3.答案和排列的上升下降的突变点有关

套路：

按照某个从小到大的顺序插入，有了这个顺序就能算贡献或者方案数
贡献往往提前计算，存在每个元素有新开一段、合并两端、连在某一段后面的不同方案
有的允许了$A$,$W$,$V$,$M$ 形状不同的最终状态可能在前面是同一状态，每个状态是为后来的状态做准备的

新开一个段和连在某个段的边上并非同一个状态，新开一个段，未来会在两端之间插入更大的数字来合并两个 段，连在一个段的边上，则未来就不会如此

关于端点：

1.如果固定了端点，往往是当 $i$ 是左右端点时特判
2.如果没有固定左右端点，往往多加一维记录当前确定了几个端点（如果左右端点的转移/贡献相同），或者多加两维记录当前确定了左/右端点（如果左右端点的转移/贡献并不相同）

QY太强了，令我的总结旋转

---

按照结尾数字排名进行的插入类$DP$

A. 【Atcoder_DP】T-排列 (AI)

有一个长度为$N$ 正整数排列，再给一个由 $<$ 和 $>$ 组成的长为 $N-1$ 的字符串
对于任意满足 $1\le i\le N-1$的字符 $s_i$ ，如果 $s_i$ 是 $<$ 则 $P_i<P_{i+1}$ 、 如果 $s_i$ 是 $>$ 则 $P_i>P_{i+1}$ 。求满足这样性质的排列 $P$ 的方案数
$N\le 3000$

考虑 $DP$ ，设 $f[i][j]$ 表示对于前 $i$ 个数字，最后一个数字在前 $i$ 个数字里排名第 $j$ 的方案数
显然可以列出递推式

$$\begin{gathered} s[i-1]={=}^{\prime }{<}^{\prime }:f[i][j]=\sum _{k=1}^{j-1}f[i-1][k] \\ s[i-1]={=}^{\prime }{>}^{\prime }:f[i][j]=\sum _{k=j}^{i-1}f[i-1][k] \end{gathered}$$

用前缀和优化，就可以把时间复杂度优化到$O(n^2)$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=3015,P=1e9+7;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
//#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

int f[N][N],sum[N][N];
int n;int ans;
char ch[N];

int main(void)
{
	n=read();
	cin>>ch+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)	sum[1][i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			if(ch[i-1]=='<')	f[i][j]=sum[i-1][j-1]%P;
			else	f[i][j]=(sum[i-1][i-1]-sum[i-1][j-1]+P)%P;
			sum[i][j]=(sum[i][j-1]+f[i][j])%P;
		}
	}
	printf("%d ",sum[n][n]);
	return 0;
}

---

B. F - Deforestation (AI)

有 $n$ 个数：$a_1,a_2,...,a_n$

每次可以选择一个 $i$ ，选择的代价是 $a_{i-1}+a_i+a_{i+1}$，然后令 $a_i=0$ ，求有多少种方案，使得 $a_1,a_2,...,a_n$ 都变为 $0$ 的总代价最小，特别的 $a_0=a_{n+1}=0$ $1\le n\le 4000$，$1\le a_i\le 1\times {10}^9$

考虑限制，对于 $i$ 和 $i+1$

• 先拿 $i$ 再拿 $i+1$ ，收益是 $a[i]+2\times a[i+1]$
• 先拿 $i+1$ 再拿 $i$ ， 收益是 $a[i+1]+2\times a[i]$

显然，对于更大的那个，先拿是最优的，如果相等就随意， $a_i$ 是原数组， $po{s}_i$ 是 $i$ 号是第几个取

于是类似于 $T1$

$$\begin{gathered} a[i-1]>a[i]:f[i][j]=\sum _{k=1}^{j-1}f[i-1][k] \\ a[i-1]<a[i]:f[i][j]=\sum _{k=j}^{i-1}f[i-1][k] \\ a[i-1]=a[i]:f[i][j]=\sum _{k=1}^{i-1}f[i-1][k] \end{gathered}$$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=5015,P=1e9+7;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
//#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

int f[N][N],sum[N][N];
int n,a[N];

int main(void)
{
	n = read();
	for (int i = 1;i <= n;i ++)	a[i] = read();
	f[1][1] = 1;
	for (int i = 1;i <= n;i ++)	sum[1][i] = 1;
	for (int i = 2; i <= n;i ++)
	{
		for (int j = 1;j <= i;j ++)
		{
			if (a[i] < a[i - 1])	f[i][j] = sum[i - 1][j - 1];	else
			if (a[i] > a[i - 1])	f[i][j] = (sum[i - 1][i - 1] - sum[i - 1][j - 1] + P) % P;	else
			if (a[i] == a[i - 1])	f[i][j] = sum[i - 1][i - 1];
			sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + f[i][j]) % P;
		}
	}
	printf ("%d ",sum[n][n]);
	return 0;
}

---

C. kangaroo

袋鼠，有 $n$ 个草丛排成一排，编号从 $1$ 到 $n$ ，有一个袋鼠，从 $s$ 出发，每次挑一步到一个其他的草丛，经过每个草丛恰好一次，最终到达 $t$ ，显然他会跳跃 $n-1$ 次，未来不被人类发现，袋鼠每次跳跃的方向必须与前一次不同
问从 $s$ 到 $t$ 的方案数 $\mathrm{mod}{10}^9+7$的结果
两个路线不同，当且仅当草丛被访问的顺序不同，保证至少有一种方案初始时可以往任意方向跳
$2\le n\le 2\times {10}^3$，$1\le s,t\le n$

用 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数字，分成了 $j$ 段，规定每段都是 一个元素 或者 低高低 或者 地高低高低 $...$
对于处理 $f[i][j]$ 时，第 $i$ 个数字对于前 $i-1$ 个数字都是高的，所以他可以用来合并两个段，或者新开一段

$f[i][j]=f[i-1][j+1]\times j+f[i-1][j-1]\times j$

考虑需要处理 $s,t$ 的关系

$$\begin{gathered} i=s\Vert \Vert i=t:f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j] \\ i\ne s\mathrm{\&}\mathrm{\&}i\ne t:f[i][j]=f[i-1][j+1]\times j+f[i-1][j-1]\times (j-(i>s)-(i>t)) \end{gathered}$$

$answer=f[n][1]$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=2e3+15,P=1e9+7;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

int n,s,t;
ll f[N][N];

int main(void)
{
	n = read(),s = read(),t = read();
	f[1][1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i ++)
	{
		for(int j = 1;j <= i;j ++)
		{
			if(i != s && i != t)	f[i][j] = (j * f[i - 1][j + 1] % P + 
				(j - (i > s) - (i > t)) * f[i - 1][j - 1] % P) % P;
			else	f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j];
		}
	}
	printf("%lld ",f[n][1]);
	return 0;
}

---

D.CF704B Ant Man

有 $n$ 个元素，第 $i$ 个元素有五个参数 $x_i,a_i,b_i,c_i,d_i$ ，需要求出一个从 $1$ 到 $n$ 的排列 $p$ ，满足 $p_1=s,p_n=e$ ，同时最小化这个排列的权值，定义一个排列的权值为 $\sum _{i=1}^{n-1}f(p_i.p_{i+1})$ ， 其中 $f(i,j)$ 的值有两种情况：

• 若 $i>j$ ， 则 $f(i,j)=x_i-x_j+c_i+b_j$
• 若 $i<j$ ， 则 $f(i,j)=x_j-x_i+d_i+a_j$

$n\le 5\times {10}^3,s\ne e,1\le x_1<x_2<...<x_n\le {10}^9,1\le a_i,b_i,c_i,d_i\le {10}^9$

用 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数字，有 $j$ 段的最小花费

$f[0][1]=0$

普通的情况
$f[i][j]=f[i-1][j-1]-x[i]\times 2+b[i]+d[i]$ 作为新开一段，这一段必然是在未来作为高低高的低出现的，所以他对答案的贡献是 $-2\times x[i]+b[i]+d[i]$

$f[i][j]=f[i-1][j+1]+x[i]\times 2+a[i]+c[i]$ 合并两个段，这个点最为低高低的高出现，对答案的贡献是$2\times x[i]+c[i]+a[i]$

$f[i][j]=f[i-1][j]+b[i]+c[i]$ 往某个段前面放，作为高中低的中出现，对答案的贡献是 $b[i]+c[i]$

$f[i][j]=f[i-1][j]+a[i]+d[i]$ 往某个段后面放，作为低中高的中出现，对答案的贡献是 $a[i]+d[i]$

对于起点 $s$ ， $f[i][j]=f[i-1][j]+x[i]+c[i]$ 连接在某个段前面，于是排列高低起手，$s$ 的贡献是 $x[i]+c[i]$
新开一个段，$f[i][j]=f[i-1][j-1]-x[i]+d[i]$，于是最终排列低高起手， $s$ 的贡献是 $-x[i]+d[i]$

对于终点 $t$，$f[i][j]=f[i-1][j]+x[i]+a[i]$ ，于是最终排列低高结尾，$t$ 的贡献是$x[i]+a[i]$
新开一个段， $f[i][j]=f[i-1][j-1]-x[i]+b[i]$， 于是最终排列高低结尾， $t$ 的贡献是 $-x[i]+b[i]$

考虑起点和终点固定下来，对转移有什么影响$:$
想要新开一段时，当 $i>s\mathrm{\&}\mathrm{\&}i>t$ 时，此时 $s,t$ 做起点终点，只有一段时不能新开一段
想往某个段的前面放，要么 $s$ 没出现，要么 $s$ 出现了并且段数大于 $1$ 才能往前放
想往某个段的后面放，要么 $t$ 没出现，要么 $t$ 出现了，并且段数大于 $1$ 才能往后放

$answer=f[n][1]$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=5e3+15;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

ll f[N][N];
int n,s,e;int x[N],a[N],b[N],c[N],d[N];

inl void cmin(ll &a,ll b){return a=min(a,b),void();} 

int main(void)
{
	n=read(),s=read(),e=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)	x[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++)	a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++)	b[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++)	c[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++)	d[i]=read();
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			if(i==e)	cmin(f[i][j],min(f[i-1][j]+x[i]+a[i],f[i-1][j-1]-x[i]+b[i]));	else
			if(i==s)	cmin(f[i][j],min(f[i-1][j-1]-x[i]+d[i],f[i-1][j]+x[i]+c[i]));	else
			{
				if(j>(i>s)+(i>e))	cmin(f[i][j],f[i-1][j-1]-2*x[i]+b[i]+d[i]);
				if(j>1||i<s)	cmin(f[i][j],f[i-1][j]+b[i]+c[i]);
				if(j>1||i<e)	cmin(f[i][j],f[i-1][j]+a[i]+d[i]);
				cmin(f[i][j],f[i-1][j+1]+2*x[i]+a[i]+c[i]);
			}
		}
	}
	printf("%lld ",f[n][1]);
	return 0;
}

---

E. 「JOI Open 2016」摩天大楼

有 $N$ 个整数， $a_1,a_2,a_3,...,a_N$，按照一定顺序排序，假设排列为 $f_1,f_2,...,f_N$ ，要求： $\Vert f_1-f_2\Vert +\Vert f_2-f_3\Vert +...\Vert f_{N-1}-f_N\Vert \le L$ ，求满足题意的排列的方案数 $(\mathrm{mod}{10}^9+7)$

为了规避掉绝对值，先排个序。

这题没有规定左右端点，考虑$dp$的时候加一维

$f[i][j][sum][d]$表示前 $i$ 大的 $a$，有 $j$ 段，当前已经固定了 $d$ 个端点（左右端点），和为 $sum$

把 $a_i$ 插入的贡献看成是把之前的 $j$ 段的每一段的左右端点都变为 $a_i$ ，需要花费 $(2\times j-d)\cdot \Vert f[a]-a[i-1]\Vert$，然后插入 $a_i$ 时无需贡献，所以 $a_i-a_{i-1}$的贡献是和插入前的段数和端点数量相关的，有 $j$ 段，$d$ 个端点时，贡献为 $(a_i-a_{i-1})\cdot (2\times j-d)$

考虑转移

$$\begin{gathered} \mathrm{设}p\mathrm{为}\mathrm{当}\mathrm{前}\mathrm{贡}\mathrm{献}，t\mathrm{为}\mathrm{所}\mathrm{枚}\mathrm{举}\mathrm{到}\mathrm{的}f[i][j][k][d] \\ \mathrm{新}\mathrm{开}\mathrm{一}\mathrm{个}：f[i+1][j+1][p][d]=f[i+1][j+1][p][d]+t\ast (j+1-d) \\ \mathrm{放}\mathrm{在}\mathrm{某}\mathrm{一}\mathrm{段}\mathrm{的}\mathrm{左}\mathrm{右}（j\le 1）：f[i+1][j][p][d]=f[i+1][j][p][d]+t\ast (2\ast j-d) \\ \mathrm{合}\mathrm{并}\mathrm{两}\mathrm{个}（j\le 2）：f[i+1][j-1][p][d]=f[i+1][j-1][p][d]+t\ast (j-1) \\ \mathrm{让}{a}_i\mathrm{新}\mathrm{开}\mathrm{一}\mathrm{段}（d<2）：f[i+1][j+1][p][d+1]=f[i+1][j+1][p][d+1]+t\ast (2-d) \\ \mathrm{让}{a}_i\mathrm{做}\mathrm{端}\mathrm{点}（d<2\mathrm{\&}\mathrm{\&}j\ge 1）：f[i+1][j][p][d+1]=f[i+1][j][p][d+1]+t\ast (2-d) \end{gathered}$$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=115,L=1015,P=1e9+7;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
inl void add_(ll &a,ll b,int p=P){return a=(a+b>=p?a+b-p:a+b),void();}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

ll f[N][N][L][3];int a[N],n,l;

int main(void)
{
	n=read(),l=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)	a[i]=read();
	sort(a+1,a+1+n);
	f[0][0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			for(int k=0;k<=l;k++)
			{
				for(short d=0;d<3;d++)
				{
					ll p=k+(a[i+1]-a[i])*(2*j-d),t=f[i][j][k][d];
					if(!t||p>l)	continue;add_(f[i+1][j+1][p][d],t*(j+1-d)%P);
					if(j>=2)	add_(f[i+1][j-1][p][d],t*(j-1)%P);
					if(j>=1)	add_(f[i+1][j][p][d],t*(2*j-d)%P);
					if(d<2)
					{
						add_(f[i+1][j+1][p][d+1],t*(2-d));
						if(j>=1)	add_(f[i+1][j][p][d+1],t*(2-d)%P);
					}
				}
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=l;i++)	add_(ans,f[n][1][i][2]);
	printf("%lld",n==1?1:ans);
	return 0;
}

---

P2612 [ZJOI2012] 波浪

随机生成一个排列

排列的价值定义为相邻两个数差的绝对值累加

问价值大于等于 $M$ 的概率

$L=\Vert a_2-a_1\Vert +\Vert a_3-a_2\Vert ...$

与上题类似，现在有 $n$ 个空位，从小到大以此放入 $1$ ~ $n$ 个数

设计 $f[l][i][j][k]$ 为放了 $i$ 个数,形成 $j$ 个连通块,价值为 $k$ 且有 $l$ 个边界放了数的方案

转移类似上一题，注意得开 $\mathrm{\_}\mathrm{\_}float128$，代码用了两种 ， 小测试点快一些

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=5015;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ld __float128
//#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}
int n,m,K;
template <class T>
void Print(T ans)
{
	int num[100];
	num[0]=0;
	ans=ans*10;
	for(int i=1;i<K;i++)
	{
		num[i]=(int)ans;
		ans=(ans-num[i])*10;
	}
	num[K]=(int)(ans+0.5);
	for(int i=K;i>=1;i--)	if(num[i]>=10)	num[i]-=10,num[i-1]++;
	printf("%d.",num[0]);
	for(int i=1;i<=K;i++)	printf("%d",num[i]);
	puts("");
}
int l;
ld ans;
template <class T>
void solve(T f[][115][3][N])
{
	f[0][0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int cur=i%2;
		for(int j=0;j<=i+1;j++)	for(int op=0;op<=2;op++)	for(int s=0;s<=(n*n)/2;s++)	f[!cur][j][op][s]=0;
		for(int j=(i!=0);j<=i;j++)	for(int op=0;op<=2;op++)	for(int s=0,ts=2*j-op;ts<=(n*n)/2;s++,ts++)
		{
			if(!f[cur][j][op][s])	continue;
			ld t=f[cur][j][op][s];
			f[!cur][j+1][op][ts]=f[!cur][j+1][op][ts]+t*(j+1-op);
			f[!cur][j][op][ts]+=t*(2*j-op);
			if(j)	f[!cur][j-1][op][ts]+=t*(j-1);
			if(op!=2)
				f[!cur][j+1][op+1][ts]+=t*(2-op),f[!cur][j][op+1][ts]+=t*(2-op);
		}
	}
	for(int i=l;i<=5000;i++)	ans=(ans+f[n%2][1][2][i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)	ans=ans/i;
	Print(ans);
}
ld f1[2][115][3][N];
double f2[2][115][3][N];
int main(void)
{
	n=read(),l=read(),K=read();
	if(n==1)	Print(1),exit(0);
	if(n<=8)	solve(f2);else	solve(f1);
	return 0;
}

---

CF1515E Phoenix and Computers

给定 $N$ 台电脑，起初每台电脑都是关闭的
现在你可以随意打开电脑，但如果第 $i-1$、第 $i+1$ 台电脑是开启的，则第 $i$ 台电脑也会自动开启，而你无法手动开启它
问你有多少种打开电脑的方法，使得最后所有电脑都是开着的

$f[i][j]$表示有$i$个电脑，组成$j$个连续已开启的段

转移有 新建段，段扩增，段合并 共五种情况

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=415;
#define inl inline
#define regi register
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long

//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl void add_(ll &a,ll b,int p=P){return a=(a+b>=p?a+b-p:a+b),void();}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

int n,P;
ll f[N][N];

int main(void)
{
	n=read(),P=read(),f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)	for(int j=1;j<=i;j++)
	{
		f[i][j]+=f[i-1][j]*2*j;
		if(i>=2)	f[i][j]+=f[i-2][j]*2*j,f[i][j]+=f[i-2][j+1]*2*j;
		if(i>=3)	f[i][j]+=f[i-3][j+1]*j;
		(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*j)%=P;
	}
	printf("%lld",f[n][1]);
	return 0;
}

---

P7967 [COCI2021-2022#2] Magneti

给定 $n$ 个磁铁和 $l$ 个空位，其中相邻空位之间的距离为 $1$，每个空位可放置一个磁铁。所有 $n$ 个磁铁都必须被放置。每个磁铁可以吸引距离小于 $r_i$ 的其它磁铁。

求所有磁铁互不吸引的方案总数对 ${10}^9+7$ 取模的结果。

$f[i][j][s]$，表示用了前$i$个，$j$段，段的长度之和为$s$ 方案数

$$\begin{gathered} \mathrm{放}\mathrm{在}\mathrm{某}\mathrm{一}\mathrm{段}\mathrm{的}\mathrm{边}\mathrm{上}：(s>=r[i])f[i][j][s]+=f[i-1][j][s-r[i]]\ast j\ast 2 \\ \mathrm{新}\mathrm{开}\mathrm{一}\mathrm{段}(s>=1)：f[i][j][s]+=f[i-1][j-1][s-1]\ast j \\ \mathrm{合}\mathrm{并}\mathrm{两}\mathrm{段}(s>=2\ast r[i]-1)：f[i][j][s]+=f[i-1][j+1][s2\ast r[i]+1]\ast j \end{gathered}$$

最后还需要组合数一下。对于$f[n][1][i]$，需要给$n$个磁铁的前后中间共$n+1$个“盒子”放置$l-i$空格，可以为空

转化为$n+1$个盒子，$l-i+n+1$个空格，不可以为空，抓化成$l-i+n$个间隙，赛$n$个挡板

$ans=\sum f[n][1][i]\ast C(n+l-i,n)$

#include"bits/stdc++.h"

using namespace std;
constexpr int N=2e5+15,P=1e9+7;
#define inl inline
#define regi register int
#define PII pair<int,int>
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define ll long long
//char buf_[1<<20],*_now=buf_,*_end=buf_;
//#define getchar() (_now==_end&&(_end=(_now=buf_)+fread(buf_,1,1<<20,stdin),_now==_end)?EOF:*_now++)
//namespace IO{void Unbind(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);}}
//inl int add_(int a,int b,int p=P){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
//inl int sub_(int a,int b,int p=P){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
//inl int mul_(int a,int b,int p=P){return 1ll*a*b%p;}

inl int read(void)
{
	int x=0;short f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f=ch=='-'?-1:f;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar());
	return x*f;
}

ll fac[N],inv[N];
ll qpow(ll a,ll b){ll res=1;a%=P;while(b){if(b&1)res=res*a%P;a=a*a%P;b>>=1;}return res;}
void init(int n_)
{
	fac[0]=inv[0]=1;
	for(regi i=1;i<=n_;i++)	fac[i]=fac[i-1]*i%P;
	inv[n_]=qpow(fac[n_],P-2);
	for(regi i=n_-1;i>=1;i--)	inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%P;
}
ll C(ll n,ll m){return fac[n]*inv[n-m]%P*inv[m]%P;}
ll n,l,r[N],ans;
ll f[65][65][10015];
int main(void)
{
//	freopen("magnet.in","r",stdin),freopen("magnet.out","w",stdout);
	n=read(),l=read();
	init(20000);
	for(int i=1;i<=n;i++)	r[i]=read();
	sort(r+1,r+1+n);
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			for(int s=0;s<=l;s++)
			{
				if(s>=r[i])	(f[i][j][s]+=f[i-1][j][s-r[i]]*j*2)%=P;
				if(s>=1)	(f[i][j][s]+=f[i-1][j-1][s-1]*j)%=P;
				if(s>=2*r[i]-1)	(f[i][j][s]+=f[i-1][j+1][s-2*r[i]+1]*j)%=P;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=l;i++)	ans=(ans+(f[n][1][i]*C(l+n-i,n))%P)%P;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

再附上我们强大的$QY$学长的[$cf$账号](zzuqy - Codeforces)