poj 1037(经典dp)

题目链接：http://poj.org/problem?id=1037

理解了牛人的代码才明白的，花了一晚上的功夫，orz....跪dp.

思路：dp[len[i][0]表示长度为len的以i开始的前两个下降的序列的个数，dp[len][i][1]表示长度为len的以i开始的前两个上升的序列的个数；

则有

dp[len][i][0]+=dp[len-1][j][1](j<i);

dp[len][i][1]+=dp[len-1][j][0](j>i);

预处理之后，把序列求出来就可以了（这是难点）；

做法：由于不知道开始是上升还是下降，这一开始枚举，确定第1位的数，以及升降情况，然后我们就可以根据开始求出的数，来枚举下一位（这里还用到一个技巧，就是如果一个映射关系，代码以注释）。

View Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[21][21][2];
bool mark[21];
/*
dp[len][i][0]表示长度为len的序列，第i长的棒起头，前两根下降的方案数；
dp[len][i][1]表示相应的前两根上升的方案数
*/

int main(){
dp[1][1][0]=dp[1][1][1]=1;
for(int len=2;len<=20;len++){
for(int i=1;i<=len;i++){
for(int j=1;j<i;j++)dp[len][i][0]+=dp[len-1][j][1];
for(int j=i;j<=len;j++)dp[len][i][1]+=dp[len-1][j][0];
}
}
int _case,n,left,right,j;
scanf("%d",&_case);
while(_case--){
ll m;
bool flag=false;
scanf("%d%lld",&n,&m);
memset(mark,false,sizeof(mark));
for(int i=1;i<=n&&!flag;i++){
//先处理降的
for(j=0;j<=1;j++){
m-=dp
[i][j];
if(m<=0){
m+=dp
[i][j];
mark[i]=true;
printf("%d",i);
//如果是降的，那么紧接后面的数范围为1~i-1;
//反之，则为i+1~n;
if(j==0){left=1;right=i-1;}
else {left=i+1;right=n;}
flag=true;
j^=1;
break;
}
}
}
for(int len=n-1;len>=1;len--){
int count=0;
//相当于是一个映射，把没标记过的数一一映射到1~len
for(int i=1;i<left;i++)if(!mark[i])count++;//统计第num位开始可以开始的数
for(int i=left;i<=right;i++)if(!mark[i]){
count++;//i对应的1~len中的映射，纸上YY就明白了。。。
m-=dp[len][count][j];
if(m<=0){
m+=dp[len][count][j];
mark[i]=true;
printf(" %d",i);
if(j==0){left=1;right=i-1;}
else {left=i+1;right=n;}
j^=1;
break;
}
}

}
puts("");
}
return 0;
}