P1044 [NOIP 2003 普及组] 栈

难度	算法s	日期	题目链接
普及−	DP	2025-05-21	https://luogu.com.cn/problem/P1044

因为本人 DP 很差，故撰此文巩固一下。

本文是对 P1044 [NOIP 2003 普及组] 栈 题解 的详细解释。

写的很直白了。。。几乎没有理解难度吧。。。

DP 状态设计

二维 DP 做法，\(dp[x][y]\) 表示：

• 有 \(x\) 个元素未入栈，意味着可以入栈 \(x\) 次。
• 有 \(y\) 个元素在栈内，意味着可以出栈 \(y\) 次。

（注意这里没有明确 \(dp[...][...]\) 表示什么，只是设计了状态，下面讲怎么设计 \(dp[...][...]\) 要表示的值。）

将这样转移：

上图：“出入栈操作，状态转移过程”

然后呢？怎么算?

初始时，我们有一个状态 \(dp[n][0]\)，也就是有 \(n\) 次入栈机会，但是从未执行过入栈操作。

接下来，我们进行操作， \(dp[x][y]\) 中 \(x\) 和 \(y\) 的值不断变化...

然后我们到达了一个末状态 \(dp[0][0]\)，这时候我们没法进行更多操作了。

其实我们要计算的就是从初状态到末状态，有多少种“路径”，即所有可能的“操作序列”。

接下来我们要从末状态 \(Q\) 往回推，求可能的路径数。

很明显，从子状态 \(H\) 和 \(I\) 到末状态 \(Q\) 都只有一条路径。（边界状态）

现在来看这三个点：\(A\)、\(D\)、\(E\)。

很明显：

\(A\) 到末状态 \(Q\) 的路径数 \(=\) \(D\) 的路径数 \(+\) \(E\) 的路径数

归纳一下：

\(X\) 的路径数 \(=\) \(X\) 所有子状态的路径数之和

用这个公式从 \(Q\) 往回推，直到 \(P\) 就好了。

好，接下来DP。

决定了，\(dp[x][y]\) 就表示：还有 \(x\) 个元素要入栈，\(y\) 个元素要出栈，此时通向末状态可能的路径数。

（注意用词，这里用“还有...要”，暗示了最终要导向末状态 \(dp[0][0]\)，必须把可以入栈的机会 \(x\) 和可以出栈的机会 \(y\) 都用完。）

一图以蔽之。

之前我们不是推了“出入栈操作，状态转移过程”吗，其实 DP 的方向就是恰好相反。

很容易得到状态转移公式：

\(dp[x][y]=dp[x-1][y+1]+dp[x][y-1]\)

从图中还可以看出，先沿 \(x\) 遍历，然后跳到下一列 \(y\)。

代码（核心部分）：

for (int x = 0; x <= n; x++) {for (int y = 0; y <= n; y++) {if (x == 0) {dp[x][y] = 1;} else if (y == 0) {dp[x][y] = dp[x - 1][y + 1];} else {dp[x][y] = dp[x][y - 1] + dp[x - 1][y + 1];}}}

[!important] 学到了什么？

对于这样一种问题：

给定初状态 \(P\)，

可以进行 \(Op=\{...\}\) 种操作，每种操作会使当前状态转移到一个子状态。

求进行完所有操作后，可能的“操作路径”数。

那么我们用 DP 来解决问题，用反向推理的方法，其实 DP 转移方程很简单：

设计 DP 状态 \(dp(S)\)

（\(S\) 为状态，应该要包含各种在操作过程中会变化的量，比如要入栈的次数啊等等，写出来就是 \((x,y)\) 这样的式子）

\(dp(S)=\sum_i dp(S_i)\)

其中 \(S_i\) 表示从 \(S\) 可以进行到的子状态。