[NOI2018]冒泡排序

DP 计数 排列

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题面

戳我

• $8pts\ n\leq9$
• $44pts\ n\leq18$
• $ex12pts\ q_i=i$
• $80pts\ n\leq1000$
• $100pts\ n\leq6*10^5$

解析

$8pts$算法

$O(n!n^2)$模拟即可。
当然如果忘了答案清$0$的话。。。。

$44pts$算法

手玩下样例，可以感受到：当交换次数达到下限时，每个数到自己位置的过程中不需要折返。
这就需要保证，一个数被交换过一遍后，不能被反方向交换。
这种情况只有在前面有数比它大，后面有数比它小的的情况下才能实现。

想想冒泡排序就是交换逆序对。。。
可得结论：当交换次数达到下限时，序列中不存在长度超过$2$的下降子序列。

注意到$n\leq18$，可以状压$DP$。
设$f[S]$表示在某种符合条件的排列中，已经填完的数（包括当前这一次）的集合为$S$。
然后显然可得出这一次填数之前的集合$g$。

（模拟序列从前往后填数的过程）
于是要从$f[g]$转移到$f[S]$。
填了前几位数可从$g$中得出，设此为$t$。
肯定要枚举当前这一位填了哪个数$i$。
如果$i>t$，就说明后面一定有比它小的数，此时判掉前面填了比它大的数的情况。
如果$i<t$，就说明前面一定有比它大的数，此时判掉后面填了比它小的数的情况。
如果$i=t$，若前面有比它大的数，后面就一定有比它小的数，随便选一种情况判掉即可。

答案有严格大于的限制？
加一维看当前填出的序列是否比原来序列的字典序大，限制下转移即可。

代码整合在下一档部分分的代码里。

$56pts$算法

这种限制，相当于使题目只给出一个$n$。
大概率可以打表。
$0,1,1,4,13,41,131,428...$
发现答案是第$n$个卡特兰数$-1$。
卡特兰数公式是$\frac{C_{2n}^n}{n+1}$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pf(a) ((ll)(a)*(a))
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=998244353,N=2e6+100;
int n,a[N],f[2][1<<20],tag,jc[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il ll ksm(re ll S,re ll n)
{
  re ll T=S;S=1;
  while(n)
    {
      if(n&1) S=S*T%mod;
      T=T*T%mod;
      n>>=1;
    }
  return S;
}
il void solve()
{
  jc[0]=1;fp(i,1,n*2) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
  re ll ans=1ll*jc[n*2]*ksm(1ll*jc[n]*jc[n]%mod,mod-2)%mod*ksm(n+1,mod-2)%mod-1;
  if(ans<0) ans+=mod;
  printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
  re int T=gi();
  while(T--)
  {
    tag=1;
  n=gi();
  fp(i,1,n) a[i]=gi(),tag&=(a[i]==i);
  if(tag) {solve();continue;}
  memset(f,0,sizeof(f));
  f[1][0]=1;
  fp(S,1,(1<<n)-1)
    {
      re int t=0,p=S;
      while(p) p-=p&-p,++t;
      fp(i,1,n)
    {
      if(!(S&(1<<i-1))) continue;
      re int g=S^(1<<i-1);
      if(i>t&&g>((1<<i-1)-1)) continue;
      if(i<=t&&(g&((1<<i-1)-1))!=(1<<i-1)-1) continue;
      if(a[t]==i) (f[0][S]+=f[0][g])%=mod,(f[1][S]+=f[1][g])%=mod;
      else
        {
          (f[0][S]+=f[0][g])%=mod;
          if(a[t]<i) (f[0][S]+=f[1][g])%=mod;
        }
    }
    }
  printf("%d\n",f[0][(1<<n)-1]);
  }
  return 0;
}

$84pts$算法

考虑二维状态的$DP$。
发现存下每个数的使用状态是没有必要的。
实际上，我们每次能够填入的数只有两种：

• 比前面所有数都大。
• 是当前未使用的数的最小值。

易证其它情况一定不合法。
根据条件，$DP$状态应该设为$f[i][j]$表示填了前$i$个数，没填的数中有$j$个比前面的数大。
边界当然是$f[1][1]=1$
则转移就是

$$f[i][j]=\sum_{k=1}^{j-1} f[i-1][k]$$
复杂度似乎是$O(n^3)$的，前缀和优化一下：
$$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]$$
然后卡着字典序下界，从前往后统计每一位贡献的答案就可以啦。
注意一下若第$i$个数（即$q_i$）不符合条件需直接退出，停止统计答案。

代码整合在下一档部分分的代码里。

$100pts$算法

复杂度瓶颈在计算$f[i][j]$上，想办法优化。
看着那个很匀称的递推式，是不是能想到什么东西？
有点像在网格图中，从$(1,1)$出发，只能往右或往上走，中间坐标$(i,j)$不能出现$i<j$的情况，到$(n,m)$的方案数？

该限制条件相当于路径不能越过（触碰）$y=x-1$这条线。
这是个组合数学中的经典模型，
答案是，在只能往右或往上走的前提下，点$(1,1)$到点$(n,m)$的方案数$-$点$(0,2)$到点$(n,m)$的方案数（即用合法方案减去所有不合法方案）
则

$$f[n][m]=C_{m+n-2}^{n-1}-C_{m+n-2}^{n}$$

最后可以通过记忆化和预处理一部分逆元来卡常。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pf(a) ((ll)(a)*(a))
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=998244353,N=1e6+2e5+100,M=N;
int n,a[N],jc[N],inv[M],gu[N],tag,F[1010][1010];
bool vis[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il ll ksm(re int p)
{
    if(jc[p]<=M-100) return inv[jc[p]];
    if(~gu[p]) return gu[p];
  re ll T=jc[p],S=1,n=mod-2;
  while(n)
    {
      if(n&1) S=S*T%mod;
      T=T*T%mod;
      n>>=1;
    }
  return gu[p]=S;
}
il ll getF(re ll n,re ll m)
{
    re int c1=jc[n+m-2];
  re ll ans=(1ll*c1*ksm(n-1)%mod*ksm(m-1)%mod+mod-1ll*c1*ksm(n)%mod*ksm(m-2)%mod)%mod;
  if(ans<0) ans+=mod;
  return ans;
}
il void solve1()
{
  fp(i,1,n) vis[i]=0;
  if(!F[1][1])
    {
  F[1][1]=1;
  fp(i,2,1001)
    fp(j,1,i)
      F[i][j]=(F[i][j-1]+F[i-1][j])%mod;
        }
  re int flag=1,mx=0,ans=0,p=1;
  fq(o,n,1)
    if(flag)
      {
    re int i=n-o+1;
    (ans+=F[o+1][n-max(a[i],mx)])%=mod;
    if(a[i]<mx&&a[i]>p) flag=0;
    mx=max(mx,a[i]);
    vis[a[i]]=1;
    while(vis[p]) ++p;
      }
  printf("%d\n",ans);
}
il void solve2()
{
  memset(vis,0,sizeof(vis));
  re int flag=1,mx=0,ans=0,p=1;
  fq(o,n,1)
    if(flag)
      {
    re int i=n-o+1;
    (ans+=getF(o+1,n-max(a[i],mx)))%=mod;
    if(a[i]<mx&&a[i]>p) flag=0;
    mx=max(mx,a[i]);
    vis[a[i]]=1;
    while(vis[p]) ++p;
      }
  printf("%d\n",ans);
}
il void Pre()
{
    memset(gu,-1,sizeof(gu));
    tag=1;
    jc[0]=1;fp(i,1,N-100) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
    inv[1]=1;fp(i,2,M-100) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
int main()
{
  re int T=gi();
  while(T--)
  {
        n=gi();if(n>1000&&!tag) Pre();
    fp(i,1,n) a[i]=gi();
     if(n<=1000) solve1();
    else
        solve2();
  }
  return 0;
}