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题目

求1~n的全排列数目，使得对于\(i\geq 3\)，\(a_{i},a_{i-1}\)的大小关系与\(a_{i-1},a_{i-2}\)的大小关系不同

思路

题目还有另外一种格式：求一种全排列，使得这个排列要么满足奇数项的高度比相邻位置都大, 要么满足偶数项的高度比相邻位置都大.

设\(dp_{i,j}\)表示用了前\(i\)个数字，\(a_1 = j\)且\(a_1 > a_2\)时的方案数；

有一个神奇的性质：\(j-1\)和\(j\)不相邻时，交换两数可以形成一种新的方案（比较显然），所以由\(dp_{i,j-1}\)可以转移到\(dp_{i,j}\)，即对于当前任意一个排列\(j.......j-1.......\)，都有之前的一个排列\(j-1.........j.......\)与之对应

如果\(j-1\)和\(j\)相邻，对于当前任意一个排列\(j,j-1.........\)，都可以用之前的一个排列\(j-1..........\)前面加个\(j\)得到（且此时\(j-1\)比后面的数小），即求\(i-1\)个数的排列数，由于这种排列不符合定义（\(a_1>a_2\)），需要做个变换：将每个数\(x\)变成\(i-x\)，如序列1,2,4,3变成4,3,1,2，\(j-1\)变成了\(i-j+1\)，即\(dp_{i-1,i-j+1}\)可以转移到\(dp_{i,j}\)

\(dp_{i,j} = dp_{i,j-1} + dp_{i-1,i-j+1}\)，需要滚动数组优化

#include<bits/stdc++.h>
#define N 5005
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,mod;
ll f[2][N];

int main()
{
    cin>>n>>mod;
    int las=0,now=1;
    f[now][2]=1;//两个数只有2,1排法 
    for(int i=3;i<=n;++i)//用i个数 
    {
        swap(las,now);
        for(int j=1;j<=i;++j)
        {
            f[now][j]=(f[now][j-1]+f[las][i-j+1])%mod;
        }
    }
    
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+f[now][i])%mod;
    cout<<ans*2%mod;
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Chtholly/p/11755482.html

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