Uva 1638 Pole Arrangement 数学，递推，dp

题意不难理解，有长度为1,2,3...n的杆子各一根，现在他们排成一个序列，即一排，从最左边往右看，恰好能看见i根杆子，从最右边往左看，恰好能看见j根管子，给出n,i,j的值，求满足这个条件的可能排列种数

最开始想的是直接根据i,j,k构造解，然后找出个公式岂不是很爽地就O（1）解决了？后来发现并不容易：无论是从左看还是从右看，最高的那根杆子总是能看见的，因此，从左边看，看到的i根管子是1,2,3...n的一个上升子序列，且可以是非连续的。我们记他们为 b1,b2,...bi 那么这i根管子中间可以有很大的灵活度，假设这其中有一根杆子记做b(t)，夹在b(t)和b(t+1)之间的管子只需要满足小于b(t)即可。。。这样想下去就太乱了。。。

后来想想递归。。设dp[i][j][k]是杆子1,2,3...i满足做好排列之后，从左看有j根杆子，从右看有k根杆子的可能情形数目。那么我们自然地去考虑i-1根杆子的情况。

如果考虑杆子i，即最长的那个，将问题考虑成在1,2,3...i-1排好成某个序列之后加入杆子i的子问题，我们会发现，杆子i的方法也是不好考虑，这样想：在1,2,3...i-1放好后，从左向右看能看到p根管子，最高的那个肯定是i-1，然后我们插入杆子i，如果插在i-1的右侧，则p会变成p+1；如果插在i-1左侧，p的值的变化取决于原来i-1的情况下第一个比i-1小还在i-1左边的那个杆子（记做s，注意这根杆子完全可以不是i-2，后者可能被挡在了i-1的右面，从左看根本看不到它）的位置。杆子i放在其左或其右，答案都不一样。。

所以再换个想法，我们考虑杆子2,3,4...i作为子问题。现在假设杆子2,3,4...i已经排好成某种顺序，我们安置杆子1，目的是达到dp[i][j][k],即放下1这根杆子的时候从左看正好j根，从右看正好k根。 ①如果我们将杆子1放在最左端，则从左看能看到的数目一定加一（因为这个杆子最短），同理这时从右看能看到的杆子数目不变。因此我们需要的子问题是dp[i-1][k-1][j]，这样放下杆子1之后就形成了dp[i][j][k]②如果将杆子1放在右边，道理同上 ③如果将杆子1放在中间，这时一定有干子在左边和右边同时挡住他。这样的防止位置有(i-1+1-2)=i-2种

因此得到转移方程 dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k]+dp[i-1][j][k-1]+dp[i-1][j][k]*(i-2)

代码实现上我个人倾向于自底向上，然后预处理，离线打表。这样一方面编程思路比较明确，另一方面时间复杂度上也比较可观。

注意一个小trick ，j+k<=i+1 即从左看到的数目和从右看到的数目相加最多为i+1（最高的那根被重复计入一次）枚举时如果j+k>i+1就直接跳过即可。因为这是不满足实际的。

code ：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<stack>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define maxn 201314
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define mod 10056
using namespace std;

int t;
LL dp[21][21][21];

void init()
{
for(int i=0;i<=20;i++)
{
for(int j=0;j<=20;j++)
dp[0][i][j]=0;
}
dp[1][1][1]=1;
for(int i=2;i<=20;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
for(int k=1;k<=i;k++)
{
if(k+j>i+1)break;//this is trick
dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k]+dp[i-1][j][k-1]+dp[i-1][j][k]*(i-2);
}
}
}
}

int main()
{
cin>>t;
int a,b,c;
init();
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
cout<<dp[a][b][c]<<endl;
}
}