Wavel Sequence

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 524288/524288 K (Java/Others) Total Submission(s): 479    Accepted Submission(s): 251 Problem Description Have you ever seen the wave? It's a wonderful view of nature. Little Q is attracted to such wonderful thing, he even likes everything that looks like wave. Formally, he defines a sequence  a1,a2,...,an  as ''wavel'' if and only if  a1<a2>a3<a4>a5<a6... Picture from Wikimedia Commons Now given two sequences  a1,a2,...,an  and  b1,b2,...,bm , Little Q wants to find two sequences  f1,f2,...,fk(1≤fi≤n,fi<fi+1)  and  g1,g2,...,gk(1≤gi≤m,gi<gi+1) , where  afi=bgi  always holds and sequence  af1,af2,...,afk  is ''wavel''. Moreover, Little Q is wondering how many such two sequences  f  and  g  he can find. Please write a program to help him figure out the answer.   Input The first line of the input contains an integer  T(1≤T≤15) , denoting the number of test cases. In each test case, there are  2  integers  n,m(1≤n,m≤2000)  in the first line, denoting the length of  a  and  b . In the next line, there are  n  integers  a1,a2,...,an(1≤ai≤2000) , denoting the sequence  a . Then in the next line, there are  m  integers  b1,b2,...,bm(1≤bi≤2000) , denoting the sequence  b .   Output For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer. Since the answer may be very large, please print the answer modulo  998244353 .   Sample Input 1 3 5 1 5 3 4 1 1 5 3   Sample Output 10 题意：

题目给出两个序列a和b，从这两个序列中选出相同数量的数字，按照题目给出的顺序，有如下要求：

1，两个序列相同。

2，所选的序列可以组成波浪序列，即a1<a2>a3<a4>a5<a6...（第一个必须为波谷）。

问：一共有多少种情况满足条件的序列

思路：

运用动态规划思想，枚举a数组每一个元素，作为波浪序列的末尾元素，算出该元素的贡献  进行累加，当然，

每枚举一个a数组元素都要遍历全部的b数组。

dp[j][0]表示以数组b第j个元素结尾为波谷情况数；

dp[j][1]表示以数组b第j个元素结尾为波峰情况数；

sum[j][1]表示以数组b第j个元素（这个数）结尾为波峰‘总’情况数；

sum[j][0]表示以数组b第j个元素（这个数）结尾为波谷‘总’情况数；

因为dp的值是在不断更新着的，用sum数组记录每一次计算的总和。

对于每个a[i]，只有b[i]==a[i]时，才有贡献，dp[j][0]记录的是 a[i]==b[j]为波谷的情况；

当b[j]<a[i]时，说明当a[i]被选中时，前面的以b[j]结尾的可以作为 波谷（所以将其记录到cnt0，

又因为前面的作为波谷，所以为sum[j][0]），当b[j]>a[i]时同理。

代码：

 C++ Code  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 #include <bits/stdc++.h> using  namespace std; typedef  long  long ll; const  int maxn = 2e3 +  10; const  int mod =  998244353; int n, m; int a[maxn], b[maxn]; ll dp[maxn][ 2]; ll sum[maxn][ 2]; int main() {      int t;     scanf( "%d", &t);      while (t--)     {         ll ans =  0;         scanf( "%d%d", &n, &m);         memset(sum,  0,  sizeof(sum));         memset(dp,  0,  sizeof(dp));          for ( int i =  1; i <= n; i++)             scanf( "%d", a + i);          for ( int i =  1; i <= m; i++)             scanf( "%d", b + i);          for ( int i =  1; i <= n; i++)         {             ll cnt1 =  1;     ///最后一个是波峰的数量，当前的为波谷（当只有一个数时，可以视为波谷）             ll cnt0 =  0;     ///最后一个是波谷的数量，当前的为波峰（因为是从波谷开始的，所以为零）              for ( int j =  1; j <= m; j++)             {                 dp[j][ 0] = dp[j][ 1] =  0;                  if (a[i] == b[j])    ///当相同时可以将当前的数作为                      ///波峰（当前数做波峰则看其前面可作为他的波谷的数量cnt0）或波谷（其前cnt1种可能）时，前面所有可能的情况加到ans中                 {                     dp[j][ 0] = cnt1;                     dp[j][ 1] = cnt0;                     ans = (ans + cnt1 + cnt0) % mod;                 }                  else  if (b[j] < a[i])                     cnt0 = (cnt0 + sum[j][ 0]) % mod;     ///说明当a[i]被选中时，前面的以b[j]结尾的可以作为                  ///  波谷（所以将其记录到cnt0，又因为前面的作为波谷，所以为sum[j][0]）                  else                     cnt1 = (cnt1 + sum[j][ 1]) % mod;     ///反之亦然             }              for ( int j =  1; j <= m; j++)             {                  if (b[j] == a[i])                 {                     sum[j][ 0] = (sum[j][ 0] + dp[j][ 0]) % mod;    ///以数字b[j]作为谷底的所有可能加进去，方便下次统计，                     sum[j][ 1] = (sum[j][ 1] + dp[j][ 1]) % mod;    ///同理                 }             }         }         printf( "%lld\n", ans);     }      return  0; }