[CEOI2016]kangaroo

前言：\(OI\)中有一些奇思妙想，可能第一次自己想不出来，不要懊恼，不要沮丧，认真地去学习它，下次遇到就不怕了^_

正文：考虑\(dp\)，设状态量\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个数分\(j\)段（任意一段满足条件）的方法数。

先给出状态转移方程：

\[dp[i][j]=(j-c)*dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j+1]\quad i\ne s,i\ne t,c=(i>s)+(i>t) \]

\[dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]\quad i=s\quad or\quad i=t \]

原因解释：

1.\(i\ne s,i\ne t\)时，可将\(i\)单独成段，插在任意位置（若\(s\)以过则不能插首，若\(t\)已过则不能插尾），则贡献为\((j-c)*dp[i-1][j-1]\)。

或将\(i\)用于两段的合并，插在任意夹缝中，易知\(i\)比两段大，故操作合法，贡献为\(j*dp[i-1][j+1]\)。

2.\(i=s\quad or\quad i=t\)时，\(i\)只能放在首或尾，可与相邻段落合并，可单独成段，故贡献为\(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]\)。

代码如下，仅供参考：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e3+10;
const int mod=1e9+7;
int n,s,t;
ll dp[maxn][maxn];
inline int read(){
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	n=read();s=read(),t=read();
	dp[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(i!=s&&i!=t)
			for(int j=1;j<=i;j++)
				dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(j-(i>s)-(i>t))+dp[i-1][j+1]*j)%mod;
		else for(int j=1;j<=i;j++)
				dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
	printf("%lld\n",dp[n][1]);
	return 0;
}

深深地感到自己的弱小。