LOJ #2719. 「NOI2018」冒泡排序（组合数 + 树状数组）

题意

给你一个长为 \(n\) 的排列 \(p\) ，问你有多少个等长的排列知足

1. 字典序比 \(p\) 大 ；
2. 它进行冒泡排序所须要交换的次数能够取到下界，也就是令第 \(i\) 个数为 \(a_i\) ，下界为 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} |i - a_i|\) 。

题解

一道特别好的题，理解后作完是真的舒畅～

参考了 liuzhangfeiabc 大佬的博客 。

首先咱们观察一下最后的序列有什么性质：

考试 打表 观察的：对于每一个数来讲，它后面全部小于它的数都是单调递增的。

而后问了问肖大佬，肖大佬说这不就等价于

整个序列最长降低子序列长度不超过 \(3\) ，或者说整个序列能划分红两个最长上升子序列。

这看上去颇有道理，但并非那么显然？

证实：

考虑整个交换次数取到下限，那么对于任意一个数都须要取到下界。

反证法：那么若是存在一个长度 \(\ge 3\) 的最长降低子序列的话，那么这个元素首先会被右边小于它的数动一次位置，而后本身须要折返一次才能换到原位，那么就多了次数，不知足条件。

这个性质有什么用呢？咱们发现这个上升子序列与最大值是有关系的。

也就是说咱们填到第 \(i\) 个位置，假设当前最大值为 \(j\) ，咱们能够随意填一个 \(> j\) 的数。但若是要填 \(< j\) 的数，须要从小到大一个个填，而且纳入一个上升子序列。

那么咱们能够根据这个进行一个显然的 \(dp\) 。

咱们令大于当前最大值的数为 非限制元素 ，小于当前的数为 限制元素 。

令 \(f_{i,j}\) 表示还剩余 \(i\) 个数没填，其中后 \(j\) 个是大于当前最大值的 非限制元素 的方案数。

转移就是枚举下一个位置填一个 限制元素 或某一个 非限制元素 。

若是填限制元素，非限制元素的数量不变；

不然假设填入从小到大第 \(k\) 个非限制元素，非限制元素的数量就会减小 \(k\) 个。

考虑逆推，那么显然有一个转移方程了：
\[ f_{i,j} = \sum_{k=0}^{j} f_{i-1, j - k} \]

边界有
\[ f_{i, 0} = 1 \\ \]

咱们能够把这个当作一个二维矩阵。

那么对于 \((i, j)\) 这个点就是上一行前 \(j\) 个数的和，也就等价于
\[ f_{i,j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1} \]

这个矩阵其中一部分以下（不难发现要知足 \(j \le i\) 才能有取值）：
\[ \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 5 & 5 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 9 & 14 & 14 & 0 \\ 1 & 5 & 14 & 28 & 42 & 42 \\ \end{bmatrix} \]

对角线上的数就是卡特兰数，但对于其中任意一个数能够由以下组合数导出：
\[ \binom {i + j - 1} {j} - \binom {i + j - 1}{j - 2} \]

它对于 \((i, j)\) 这个点的实际意义为从 \((0, 0)\) 一直向下和向右走，对于每一步要知足向下走的步数很多于向右走的步数，且最后走到 \((i, j)\) 的方案数。

对于这个组合数实际的组合意义，我并不知道。。。（有知道大佬快来告诉我啊）

但咱们能够证实这个组合数是正确的：

相似与数学概括，咱们进行二维概括
\[ \begin{align} f_{i, j} &= f_{i,j-1}+ f_{i - 1, j} \\ &= (\binom {i + j - 2}{j - 1} + \binom {i + j - 2}{j}) - (\binom{i + j - 2}{j - 3} + \binom{i + j - 2}{j - 2}) \\ & = \binom {i + j - 1} {j} - \binom {i + j - 1}{j - 2} \end{align} \]

而后咱们继续考虑它的限制。

对于字典序限制，咱们能够这样考虑。

枚举最终获得的序列和原序列不一样的第一位（前面的都相同）而后对于这个分开计数。

假设当前作到第 \(i\) 位，给定排列中的这一位为 \(p_i\) ，后面有 \(big\) 个数比他大，\(small\) 个数比它小。

且当前的 非限制元素 有 \(lim\) 个（也就是后面大于前面出现过的最大值的数的个数）。

首先须要把 \(lim\) 和 \(big\) 取个 \(min\) ，这个是咱们当前非限制元素的下界。

若是 \(lim = 0\) 那就意味着最大的数已经被咱们填入，后面全部数只能从小到大填入，但这并不能知足字典序比原序列大的状况，直接退出便可。

不然咱们须要计算的就是
\[ \sum_{j=0}^{lim - 1} f_{n - i, j} = f_{n - i + 1, lim - 1} \]

也就是后面有 \(n - i\) 个数须要填入，咱们对于当前这一位任意选取一个 \(> p_i\) 的数，剩余 \(0 \sim lim - 1\) 个非限制元素的状况的方案数。

而后咱们须要继续考虑可否继续向后填，也就是当前填入的数 \(a_i = p_i\) 是否合法

1. 若是当前 \(big\) 更新了 \(lim\) ，那么说明 \(a_i\) 自己是一个非限制元素（也就是当前的最大值），合法；
2. 不然，若是 \(a_i\) 是填入的最小数，那么是合法的；
3. 其余状况显然都是不合法的。

复杂度是 \(O(n \log n)\) 。

总结

对于一类 \(dp\) 咱们考虑忽略它们的具体取值，只考虑他们所属的种类。

以及一些 \(dp\) 能够用组合数进行表达。

而后字典序计数考虑按位去作（彷佛能够容斥？）

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
    freopen ("inverse.in", "r", stdin);
    freopen ("inverse.out", "w", stdout);
}

const int N = 2e6 + 1e3, Mod = 998244353;
int fac[N], ifac[N];

int n, p[N], maxsta;

int fpm(int x, int power) {
    int res = 1;
    for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
        if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
    return res;
}

void Math_Init(int maxn) {
    fac[0] = ifac[0] = 1;
    For (i, 1, maxn)
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
    ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
    Fordown (i, maxn - 1, 1)
        ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

inline int C(int n, int m) {
    if (n < 0 || m < 0 || n < m) return false;
    return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}

#define lowbit(x) (x & -x)
namespace Fenwick_Tree {

    int sumv[N];

    void Init() { For (i, 1, n) sumv[i] = 0; }

    void Update(int pos, int uv) {
        for (; pos <= n; pos += lowbit(pos))
            sumv[pos] += uv;
    }

    int Query(int pos) {
        int res = 0;
        for (; pos; pos -= lowbit(pos))
            res += sumv[pos];
        return res;
    }

}

inline int f(int i, int j) {
    if (j > i) return 0;
    return (C(i + j - 1, j) - C(i + j - 1, j - 2) + Mod) % Mod;
}

int main () {

    File();
    int cases = read();

    Math_Init(2e6);

    while (cases --) {

        Fenwick_Tree :: Init();
        n = read();
        For (i, 1, n)
            Fenwick_Tree :: Update((p[i] = read()), 1);

        int lim = n, ans = 0;
        For (i, 1, n) {
            Fenwick_Tree :: Update(p[i], -1);
            int small = Fenwick_Tree :: Query(p[i]), big = (n - i) - small;

            if (!big) break ;
            bool flag = !chkmin(lim, big);


            (ans += f(n - i + 1, lim - 1)) %= Mod;
            if (flag && small) break;
        }

        printf ("%d\n", ans);

    }

    return 0;
}