hdu--6078--Wavel Sequence(dp)

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; }