Leetcode 629.K个逆序对数组

K个逆序对数组

给出两个整数 n 和 k，找出所有包含从 1 到 n 的数字，且恰好拥有 k 个逆序对的不同的数组的个数。

逆序对的定义如下：对于数组的第i个和第 j个元素，如果满i < j且 a[i] > a[j]，则其为一个逆序对；否则不是。

由于答案可能很大，只需要返回 答案 mod 10⁹ + 7 的值。

示例 1:

输入: n = 3, k = 0

输出: 1

解释:

只有数组 [1,2,3] 包含了从1到3的整数并且正好拥有 0 个逆序对。

示例 2:

输入: n = 3, k = 1

输出: 2

解释:

数组 [1,3,2] 和 [2,1,3] 都有 1 个逆序对。

说明:

1. n 的范围是 [1, 1000] 并且 k 的范围是 [0, 1000]。

思路

这道题给了我们1到n总共n个数字，让我们任意排列数组的顺序，使其刚好存在k个翻转对，所谓的翻转对，就是位置在前面的数字值大，而且题目中表明了结果会很大很大，要我们对一个很大的数字取余。对于这种结果巨大的题目，劝君放弃暴力破解或者是无脑递归，想都不用想，那么最先应该考虑的就是DP的解法了。我们需要一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示1到i的数字中有j个翻转对的排列总数，那么我们要求的就是dp[n][k]了，即1到n的数字中有k个翻转对的排列总数。现在难点就是要求递推公式了。我们想如果我们已经知道dp[n][k]了，怎么求dp[n+1][k]，先来看dp[n+1][k]的含义，是1到n+1点数字中有k个翻转对的个数，那么实际上在1到n的数字中的某个位置加上了n+1这个数，为了简单起见，我们先让n=4，那么实际上相当于要在某个位置加上5，那么加5的位置就有如下几种情况：

xxxx5

xxx5x

xx5xx

x5xxx

5xxxx

这里xxxx表示1到4的任意排列，那么第一种情况xxxx5不会增加任何新的翻转对，因为xxxx中没有比5大的数字，而 xxx5x会新增加1个翻转对，xx5xx，x5xxx，5xxxx分别会增加2，3，4个翻转对。那么xxxx5就相当于dp[n][k]，即dp[4][k]，那么依次往前类推，就是dp[n][k-1], dp[n][k-2]...dp[n][k-n]，这样我们就可以得出dp[n+1][k]的求法了:

dp[n+1][k] = dp[n][k] + dp[n][k-1] + ... + dp[n][k - n]

那么dp[n][k]的求法也就一目了然了:

dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]

那么我们就可以写出代码如下了：

 class Solution {
     public int kInversePairs(int n, int k) {
         int M=1000000007;
         int[][] dp=new int[n+1][k+1];
         dp[0][0]=1;
         for(int i=0;i<=n;i++){
             for(int j=0;j<i;++j){
                 for(int m=0;m<=k;m++){
                     if(m-j>=0&&m-j<=k){
                         dp[i][m]=(dp[i][m]+dp[i-1][m-j])%M;
                     }
                 }
             }
         }
         return dp[n][k];
     }
 }

我们可以对上面的解法进行时间上的优化，还是来看我们的递推公式:

dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]

我们可以用k+1代替k，得到：

dp[n][k+1] = dp[n - 1][k+1] + dp[n - 1][k] + ... + dp[n - 1][k + 1 - n + 1]

用第二个等式减去第一个等式可以得到：

dp[n][k+1] = dp[n][k] + dp[n - 1][k+1] - dp[n - 1][k - n + 1]

将k+1换回成k，可以得到：

dp[n][k] = dp[n][k-1] + dp[n - 1][k] - dp[n - 1][k - n]

我们可以发现当k>=n的时候，最后一项的数组坐标才能为非负数，从而最后一项才有值，所以我们再更新的时候只需要判断一下k和n的关系，如果k>=n的话，就要减去最后一项，这种递推式算起来更高效，减少了一个循环，参见代码如下：

 class Solution {
     public int kInversePairs(int n, int k) {
         int mo=1000000007;
         int[][] f=new int[1002][1002];
         f[1][0]=1;
         for (int i=2;i<=n;i++) {
             f[i][0]=1;
             for (int j=1;j<=k;j++) {
                 f[i][j]=(f[i][j-1]+f[i-1][j])%mo;
                 if (j>=i) f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-i]+mo)%mo;
             }
         }
         return f[n][k];
     }
 }