摆动序列
题目
问题描述
如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
小明想知道,长度为 m,每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。
输入格式
输入一行包含两个整数 m,n。
输出格式
输出一个整数,表示答案。答案可能很大,请输出答案除以10000的余数。
样例输入
3 4
样例输出
14
样例说明
以下是符合要求的摆动序列:
2 1 2
2 1 3
2 1 4
3 1 2
3 1 3
3 1 4
3 2 3
3 2 4
4 1 2
4 1 3
4 1 4
4 2 3
4 2 4
4 3 4
评测用例规模与约定
对于 20% 的评测用例,1 <= n, m <= 5;
对于 50% 的评测用例,1 <= n, m <= 10;
对于 80% 的评测用例,1 <= n, m <= 100;
对于所有评测用例,1 <= n, m <= 1000。
题解
这题如果直接暴力求解的话,估计只能够过50%的数据,所以还是得使用dp来进行求解。dp[i][j]
表示第i位数时,最大数为m时共有多少个。然后根据题目要求:如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。所以我们每次处理都需要判断i的奇偶,这里使用i&1
进行判断,这里使用他的原因在之前的另一篇博客中写了,有不懂的小伙伴可以去参考一下,地址为:为什么同样的算法,你的程序却一直超时? 算法竞赛你不得不知道的小技巧。然后我们为边界赋值,这里赋值只有1位数的时,最大数的不同时,可能的种类,这里初始化为dp[1][i] = n - i + 1;
。然后我们从
下面我们来详细的解释一下dp的过程。这里我们计算的时候先从第一行开始,为第一行进行一个初始化,初始化为下一行可以选择的值的数目,即当前所能组成的摆动数列的个数。我们初始化dp[1][i] = n - i + 1;
第一行中,令 d[1][j]
为:第1个数选择大于等于 j的数的方案总数。
从第二行开始:
奇数行中,令 d[i][j]
为:第i个数选择大于等于j的数时的方案总数。
偶数行中,令 d[i][j]
为:第i个数选择小于等于j的数时的方案总数。
即从第二行开始,如果行数为偶数行,那么我们当前可能的数目为:dp[i][j] = (dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]) % 10000;
,如果为奇数行则:dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]) % 10000;
。
然后这样的话,如果我们总的长度为奇数的话,那么就是dp[m][1]
,如果是偶数,则为dp[m][n]
。
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[1004][1004];
int main() {
// m为长度,n为数的范围
int m,n;
cin>>m>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
dp[1][i] = n - i + 1;
for(int i = 2; i <= m; i++)
if(i & 1)
for(int j = n; j >= 1; j--)
dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]) % 10000;
else
for(int j = 1; j <= n; j++)
dp[i][j] = (dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]) % 10000;
int ans = m & 1 ? dp[m][1] : dp[m][n];
cout<<ans;
return 0;
}