AtCoder Beginner Contest 282(G 填坑dp)

题目大意：

如果两个排列A = (A\(_1\),A\(_2\),A\(_3\)....A\(_N\)),B = (B\(_1\),B\(_2\),B\(_3\)....B\(_N\))满足：
(A\(_i\)-A\(_{i+1}\))(B\(_i\)-B\(_{i+1}\))>0 (1<= i <= N-1)
则称排列A,B的相似度为满足条件的i的数量。
现在给定n,k,p求长度为n的排列A,B，相似度为k的排列数量(mod p);

解题思路：

填坑dp:考虑一个排列在第i位填第j小的数满足条件的数量为k [dp[i][j][k]] (需要注意的是这里的条件基本都是相邻两位满足什么条件，否则不能应用)
dp[i][j][a][b]:在第i位，考虑满足条件的有j组，A填第a大的数，B填第b大的数;

我们考虑每次填当前的最后一位，如果要产生贡献(即使得j+1),那么有两种可能：

1. A:第i位为a,第i-1位为[1~a-1]
   B:第i为为b,第i-1位为[1~b-1]
   此时(A\(_i\)-A\(_{i-1}\))>0 && (B\(_i\)-B\(_{i-1}\))>0
2. A:第i位为a,第i-1位为[a+1~n]
   B:第i为为b,第i-1位为[b+1~n]
   此时(A\(_i\)-A\(_{i-1}\))<0 && (B\(_i\)-B\(_{i-1}\))<0

如果不产生贡献则同样有两种可能：

1. A:第i位为a,第i-1位为[1~a-1]
   B:第i为为b,第i-1位为[b+1~n]
   此时(A\(_i\)-A\(_{i-1}\))>0 && (B\(_i\)-B\(_{i-1}\))<0
2. A:第i位为a,第i-1位为[a+1,n]
   B:第i为为b,第i-1位为[1~b-1]
   此时(A\(_i\)-A\(_{i-1}\))<0 && (B\(_i\)-B\(_{i-1}\))>0

所以我们可以得到转移方法：

1. 如果产生贡献：f[i][j+1][a][b] = \(\sum_{x=1}^{x=a-1}\)\(\sum_{y=1}^{y=b-1}\)f[i-1][j][x][y] + \(\sum_{x=a+1}^{x=n}\)\(\sum_{y=b+1}^{y=n}\)f[i-1][j][x][y]
2. 如果不产生贡献：f[i][j][a][b] = \(\sum_{x=a+1}^{x=n}\)\(\sum_{y=1}^{y=b-1}\)f[i-1][j][x][y] + \(\sum_{x=1}^{x=a-1}\)\(\sum_{y=b+1}^{y=n}\)f[i-1][j][x][y]

此时我们可以看到实际上\(\sum\)\(\sum\)这一部分实际上就是二维前缀和，同时对于第i位的值只与第i-1位有关，所以可以用滚动数组优化，所以总的时间复杂度就是O(n\(^4\))

滚动数组：f[2][N][N][N],f[cur]当前状态,f[cur^1]上一位的状态

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define int long long
# define endl "\n"
const int N = 2e5 + 10, inf = 1e18;
int f[2][110][110][110];
void solve() {
	int n, need, p;
	cin >> n >> need >> p;

	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			f[0][0][i][j] = 1;
		}
	}

	int cur = 0;
	vector<vector<int>> pre(n + 2, vector<int>(n + 2));
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		cur ^= 1;
		memset(f[cur], 0, sizeof f[cur]);
		for (int j = 0; j < i-1; ++j) {
			for (int a = 1; a < i; ++a) {
				for (int b = 1; b < i; ++b) {
					(f[cur ^ 1][j][a][b] += f[cur ^ 1][j][a - 1][b] + f[cur ^ 1][j][a][b - 1] - f[cur ^ 1][j][a - 1][b - 1]) %= p;
				}
			}
			for (int a = 1; a <= i; ++a) {
				for (int b = 1; b <= i; ++b) {
					(f[cur][j][a][b] += f[cur ^ 1][j][i - 1][b - 1] - f[cur ^ 1][j][a - 1][b - 1] + f[cur ^ 1][j][a - 1][i - 1] - f[cur ^ 1][j][a - 1][b - 1] + p) %= p;
				}
			}
			for (int a = 1; a <= i; ++a) {
				for (int b = 1; b <= i; ++b) {
					(f[cur][j + 1][a][b] += f[cur ^ 1][j][a - 1][b - 1] + f[cur ^ 1][j][i - 1][i - 1] - f[cur ^ 1][j][a - 1][i - 1] - f[cur ^ 1][j][i - 1][b - 1] + f[cur ^ 1][j][a - 1][b - 1] + p) %= p;
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			(ans += f[cur][need][i][j] + p) %= p;
		}
	}
	cout << ans << endl;

}
int tt;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	tt = 1;
//	cin >> tt;
	while (tt--) solve();


	return 0;
}