题意

给你一个长为 \(n\) 的排列 \(p\) ,问你有多少个等长的排列满足

  1. 字典序比 \(p\) 大 ;
  2. 它进行冒泡排序所需要交换的次数可以取到下界,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,理解后做完是真的舒畅~

参考了 liuzhangfeiabc 大佬的博客

首先我们观察一下最后的序列有什么性质:

考试 打表 观察的:对于每个数来说,它后面所有小于它的数都是单调递增的。

然后问了问肖大佬,肖大佬说这不就等价于

整个序列最长下降子序列长度不超过 \(3\) ,或者说整个序列能划分成两个最长上升子序列。

这看上去很有道理,但并不是那么显然?

证明:

考虑整个交换次数取到下限,那么对于任意一个数都需要取到下界。

反证法:那么如果存在一个长度 \(\ge 3\) 的最长下降子序列的话,那么这个元素首先会被右边小于它的数动一次位置,然后自己需要折返一次才能换到原位,那么就多了次数,不满足条件。

这个性质有什么用呢?我们发现这个上升子序列与最大值是有关系的。

也就是说我们填到第 \(i\) 个位置,假设当前最大值为 \(j\) ,我们可以随意填一个 \(> j\) 的数。但如果要填 \(< j\) 的数,需要从小到大一个个填,并且归入一个上升子序列。

那么我们可以根据这个进行一个显然的 \(dp\) 。

我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

如果填限制元素,非限制元素的数量不变;

否则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少 \(k\) 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

\[f_{i, 0} = 1 \\
\]

我们可以把这个看成一个二维矩阵。

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如下(不难发现要满足 \(j \le i\) 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可以由如下组合数导出:

\[\binom {i + j - 1} {j} - \binom {i + j - 1}{j - 2}
\]

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,对于每一步要满足向下走的步数不少于向右走的步数,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)

但我们可以证明这个组合数是正确的:

类似与数学归纳,我们进行二维归纳

\[\begin{align}
f_{i, j} &= f_{i,j-1}+ f_{i - 1, j} \\
&= (\binom {i + j - 2}{j - 1} + \binom {i + j - 2}{j}) - (\binom{i + j - 2}{j - 3} + \binom{i + j - 2}{j - 2}) \\
& = \binom {i + j - 1} {j} - \binom {i + j - 1}{j - 2}
\end{align}
\]

然后我们继续考虑它的限制。

对于字典序限制,我们可以这样考虑。

枚举最终得到的序列和原序列不同的第一位(前面的都相同)然后对于这个分开计数。

假设当前做到第 \(i\) 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)。

首先需要把 \(lim\) 和 \(big\) 取个 \(min\) ,这个是我们当前非限制元素的下界。

如果 \(lim = 0\) 那就意味着最大的数已经被我们填入,后面所有数只能从小到大填入,但这并不能满足字典序比原序列大的情况,直接退出即可。

否则我们需要计算的就是

\[\sum_{j=0}^{lim - 1} f_{n - i, j} = f_{n - i + 1, lim - 1}
\]

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

然后我们需要继续考虑能否继续向后填,也就是当前填入的数 \(a_i = p_i\) 是否合法

  1. 如果当前 \(big\) 更新了 \(lim\) ,那么说明 \(a_i\) 本身是一个非限制元素(也就是当前的最大值),合法;
  2. 否则,如果 \(a_i\) 是填入的最小数,那么是合法的;
  3. 其他情况显然都是不合法的。

复杂度是 \(O(n \log n)\) 。

总结

对于一类 \(dp\) 我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 \(dp\) 可以用组合数进行表达。

然后字典序计数考虑按位去做(似乎可以容斥?)

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;
}

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