【ARC068F】Solitaire（dp，计数，思维）

首先发现那个双端队列一定长这样：

也就是说，这个队列中的数先单调递减，然后再单调递增，最小值为 \(1\)。

现在考虑从双端队列中取数，那么当我们取到 \(1\) 这个数时，我们会在原来的双端队列中取到类似这样的两个数列：（分别用红、蓝表示）

那么红、蓝两数列的总长度为 \(k\)，剩下的就是绿色的一段，长度为 \(n-k\)，我们每次可以从两端任意取，共取 \(n-k-1\) 次，方案数为 \(2^{n-k-1}\)。

所以我们只用考虑前 \(k\) 个数的取法，然后乘上 \(2^{n-k-1}\) 就好了。

由图像，我们看一下弹出序列需要满足什么条件：

1. 首先第 \(k\) 位肯定是 \(1\)。（题目要求）

2. 前 \(k\) 个数，一定是由一个或两个单调递减的数列混合而成的（这两个数列就是图中的红、蓝两个数列），并且其中的一个单调递减的数列肯定包含 \(1\) 这个点（蓝色数列）。

3. 后 \(n-k\) 个数，其最大值应小于某一个提到的单调数列的最小值。也就是绿色段的最大值小于红色段的最小值。

那我们不妨设 \(f(i,j)\) 表示已经取了前 \(i\) 个数，他们的最小值为 \(j\) 时的方案数。（满足上面的 \(3\) 个条件）

那么我们设选的这 \(i\) 个数分成的两个单调递减的序列分别为 \(A\)、\(B\)，其中最小值 \(j\) 在 \(A\) 中，\(B\) 中的最小值为 \(minn\)。

设除了我们选的这 \(i\) 个数剩下的 \(n-i\) 个数组成的集合为 \(S\)，\(S\) 中最大的数为 \(maxS\)。

大概可以用这张图表示：

由 \(f(i,j)\) 的定义得，\(B\) 序列已经满足了第 \(3\) 个条件，即 \(maxS<minn\)。

我们现在要从 \(S\) 中选一个数，加入 \(A\) 或 \(B\) 里面。

考虑构造：

1. 假设加入的数 \(x\) 满足 \(x<j\)，那么我们就把它加到 \(A\) 的末尾，此时仍满足所有条件。所以 \(f(i,j)\) 向 \(f(i+1,1)\sim f(i+1,j-1)\) 转移。

2. 假设加入的数 \(x\) 满足 \(x\geq j\)，如果加入 \(A\) 中，\(A\) 就不满足单调递减的性质了，所以只能加入 \(B\) 中。

   然后发现只能把 \(S\) 中的最大值 \(maxS\) 加入到 \(B\) 的队尾（而且必须得满足 \(maxS\geq j\)，不然会在第一种情况中算重）。

   由于 \(maxS\) 是 \(S\) 中的最大的数，所以当 \(maxS\) 加入 \(B\) 数列成为 \(B\) 数列的最小值后，仍大于 \(S\) 中的所有数，满足条件。

   所以 \(f(i,j)\) 向 \(f(i+1,j)\) 转移。

   至于为什么 \(S\) 中除 \(maxS\) 的某一个数 \(x\) 都不能加入 \(B\) 的队尾：因为加入后，\(B\) 中的最小值就变成了 \(x\)，而 \(S\) 中的最大值仍为 \(maxS\)。此时 \(x<maxS\)，不满足条件。

所以通过 \(f(i,j)\) 就可以向 \(f(i+1,1\sim j)\) 转移了。

显然答案就是 \(2^{n-k-1}\times\sum\limits_{i=2}^{n-k+2}f(k-1,i)\)。

还是有很多细节的，详见代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 2010
#define ll long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

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

ll poww(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=2;i<=n;i++) f[1][i]=1;
	for(int i=1;i<k-1;i++)
	{
		f[i+1][n-i+1]=f[i][n-i+1];
		for(int j=n-i;j>=2;j--)
			f[i+1][j]=(f[i+1][j+1]+f[i][j])%mod;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=2;i<=n-k+2;i++)
		ans=(ans+f[k-1][i])%mod;
	if(k==1) ans=1;//特判1：k=1
	if(n-k-1>=0) printf("%lld\n",ans*poww(2,n-k-1)%mod);
	else printf("%lld\n",ans);//特判2：n=k
	return 0;
}