小智的糖果（Candy） 51nod 提高組試題

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題目描述

小智家裡來了很多的朋友，總共有n個人，站成一排，分別編號為0到n-1，小智要給他們分糖果。但 是有的朋友有一些特殊的要求，有的人要求他左右的兩個人（左邊乙個、右邊乙個，一共2個人）的 糖果數都比他的多，有的人要求他左右的兩個人的糖果數都比他的少。同時小智希望給不同的人分到 的糖果數不相同，並且每個人至少有乙個糖果，同時小智希望分出的糖果個數盡可能的少，現在小智 想知道有多少種分糖果的方法。資料保證不會出現兩個人的要求產生衝突的情況。

輸入格式

第一行三個數n，m，k，分別表示人數，第一種要求的人的個數，k表示第二種要求的人的個數。 接下來m行，每行乙個數x，表示位置x的人要求他左右兩個人的糖果數都比他的多 接下來k行，每行乙個數y，表示位置y的人要求他左右兩個人的糖果數都比他的少

輸出格式

輸出乙個數表示方法數對 1000000007取模的結果。

這道題考慮dp解法。

如何想到用dp解法？  因為題目中要求我們最多有多少種方法，如果乙個個列舉或者求出的話，就會讓我們的時間複雜度分分鐘上去。因此這類題都是套路一般的dp。

首先，看到題目中有兩種要求。一種是讓兩邊的小，一種是讓兩邊的大。

這種要求有一點不好處理的就是，我們總是喜歡直接檢視每乙個點的情況，而不是檢視其旁邊的點情況，這樣很不方便。於是我們轉換一下。

設flagi = 1時，表示第 i 個點小於前乙個點。同樣的，當 flagi = 2時，表示第i個點大於前乙個點。當然，falg = 0時，表示無特殊關係。

然後，設定乙個dp[i][j] 表示由前 i 個數組成的序列且第 i 位為 j 的合法情況數。在規劃的過程中，針對不同的 flag[i]，對應不同的狀態轉移，這裡涉及到乙個最後一位數 j 插入序列的思維，可以看做把前邊的每一種排列中大於等於 j 的數 ++，也就可以達到空出 j 這個數將其插入的效果。

在這裡引入乙個 sum[j]，表示為前一輪狀態下，最後一位小於等於 j 的情況的和。也就是說，當規劃到第 i 位時，sum[j] 表示前 i - 1 位數組成的序列的合法情況的 dp[i - 1][j] 的字首和。

到這裡，這道題也就可以被我們ac了。我們要求的和就是 sum[n].

ac**：

#include using

namespace
std;
#define n 100100
#define isdigit(c) ((c)>='0'&&(c)<='9')
const
int mod = (int)1e9 + 7
;inline 
intread()
while
(isdigit(c))
return x *s;
}int
flag[n], sum[n], dp[n];
intmain()
for(int i = 1;i <= m; i++)
dp[1] = sum[1] = 1
; 
for(int i = 2;i <= n; i++)
else
if(flag[i] == 1
) 
else
}for(int j = 1;j <= i; j++)
}cout 
<< sum[n] 
}

nssl1447 小智的糖果 dp

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