标签：c++ 一个个 ems target 自己 入队 自然数 clu get
问的是n个不一样的数，大小交替，或者小大交替的种类数量。
n个数，想象成[1，n]的自然数即可。
我们假设大小交替得到的长度为i的排列数为dp1[i]，小大交替得到的长度为i的排列数为dp2[i]，因为是对称的，其实应该有dp1=dp2，我们要计算的总和sum=dp1+dp2。
我们从小到大考虑各个数，一个个插入队列，考虑到第i个数，称为ai，ai比前i-1个数都大，可以插入的位置j∈[1,i]。
ai插入的位置为j时，前面的i-1个人比自己小，选择出来排列的情况有C(i-1,j-1)。插入第j个位置，ai属于“高”，要求ai前面和ai衔接的情况是低高，ai和后面一个衔接的情况是低高。所以插入j位置时候的排列数有 dp1[j-1] * dp2[i - j] * c[i-1][j-1]种。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define rep(i,a,b) for(ll i=(a);i<(b);++i) const int inf = 0x3f3f3f3f, maxN = 25 + 5; int N, M, T; ll dp1[maxN]; ll dp2[maxN]; ll sum[maxN]; ll c[maxN][maxN]; ll cal(int n, int m) { c[1][0] = c[1][1] = 1; rep(i, 2, n) { c[i][0] = 1; rep(j, 1, n) c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]; } } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("data.in", "r", stdin); #endif cal(20, 20); dp1[0] = dp1[1] = dp2[0] = dp2[1] = 1; sum[1] = 1; rep(i, 2, 20 + 1) { sum[i] = 0; rep(j, 1, i + 1) sum[i] += (dp1[j - 1] * dp2[i - j] * c[i - 1][j - 1]); dp1[i] = dp2[i] = sum[i] / 2; } scanf("%d", &T); rep(i, 1, T + 1) { scanf("%d%d", &M, &N); printf("%d %lld\n", M, sum[N]); } return 0; }
HDU 4489 The King's Ups and Downs
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Rosebud/p/9077030.html
