原題鏈接點這裏
今天在課上聽到了這個題，聽完後覺得對於一道\(DP\)題目來說，好的狀態定義就意味著一切啊！
來看題:

題目描述
為了在即將到來的晚會上有更好的演出效果，作為AAA合唱隊負責人的小A需要將合唱隊的人根據他們的身高排出一個隊形。假定合唱隊一共N個人，第i個人的身高為Hi米(1000<=Hi<=2000),並已知任何兩個人的身高都不同。假定最終排出的隊形是A 個人站成一排，為了簡化問題，小A想出了如下排隊的方式：他讓所有的人先按任意順序站成一個初始隊形，然後從左到右按以下原則依次將每個人插入最終棑排出的隊形中：

-第一個人直接插入空的當前隊形中。

-對從第二個人開始的每個人，如果他比前面那個人高(H較大)，那麽將他插入當前隊形的最右邊。如果他比前面那個人矮(H較小)，那麽將他插入當前隊形的最左邊。

當N個人全部插入當前隊形後便獲得最終排出的隊形。

例如，有6個人站成一個初始隊形，身高依次為1850、1900、1700、1650、1800和1750,

那麽小A會按以下步驟獲得最終排出的隊形：

1850
1850 , 1900 因為 1900 > 1850
1700, 1850, 1900 因為 1700 < 1900
1650 . 1700, 1850, 1900 因為 1650 < 1700
1650 , 1700, 1850, 1900, 1800 因為 1800 > 1650
1750， 1650, 1700，1850, 1900, 1800 因為 1750 < 1800

因此，最終排出的隊形是 1750，1650，1700，1850, 1900，1800

小A心中有一個理想隊形，他想知道多少種初始隊形可以獲得理想的隊形

輸出格式：
註意要mod19650827

說明
30%的數據：n<=100
100%的數據：n<=1000
 

首先，不難發現這樣的隊列一定有一個性質，對於每次完成加人操作後的隊列，它一定是最終隊列的一個子區間。於是我們就可以用區間DP來搞這道題了。
下面的這個狀態定義，非常的巧妙（不可能的，我這一輩子都是不可能想出來的）:
令\(h[i]\)為最終隊列第i個人的身高，\(f[l][r][0], f[l][r][1]\)分別為對於區間\([l,r]\)最後一次加人是在左邊，和在右邊的方案數，不難yy出轉移方程如下:
\(f[l][r][0] = f[l+1][r][0]*(h[l+1]>h[l])+f[l+1][r][1]*(h[r]>h[l])\)
\(f[l][r][1] = f[l][r-1][0]*(h[l]<h[r])+f[l][r-1][1]*(h[r-1]<h[r])\)

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1005, mod = 19650827;

int n, h[N], f[N][N][2]; //0代表左邊 1代表右邊 

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); //讀入優化
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> h[i], f[i][i][0] = 1; //初始化
    for(int k = 2; k <= n; k++) //枚舉長度
        for(int i = 1; i+k-1 <= n; i++) { //枚舉起點
            int l = i, r = i+k-1;
            f[l][r][0] = (f[l+1][r][0]*(h[l+1]>h[l])+f[l+1][r][1]*(h[r]>h[l]))%mod; //狀態轉移
            f[l][r][1] = (f[l][r-1][0]*(h[l]<h[r])+f[l][r-1][1]*(h[r-1]<h[r]))%mod;
        }
    cout << (f[1][n][0]+f[1][n][1])%mod; //最終答案為最後一次加人在左邊和在右邊的和
    return 0;
}
 

洛谷P3205 [HNOI2011]合唱隊 DP