LOJ 2719 「NOI2018」冒泡排序——模型转化

题目：https://loj.ac/problem/2719

首先要发现合法的充要条件是 | LDS | <=2 ！

因为有没用的步数，说明一个元素先往左移、又往右移（不会先往右移再往左移，因为一旦往右移，说明它是前缀最大值，并且一直是），就说明它前面有一个比它大的、后面有一个比它小的，即有长度至少为 3 的 LDS 。

考虑 DP ，已填了前 i 个位置。注意到已经填过的最大的数最容易产生 LDS ，所以令 dp[ i ][ j ] 表示填了前 i 个位置、已填的最大数是 j 的方案数。

考虑第 i 个位置，如果填一个 < j 的数，只能填未填的最小数（这个发现很重要！），不然之后就会产生长度为 3 的 LDS 了；如果填一个 > j 的数，就没什么要注意的。

所以有 dp[ i ][ j ]*1 -> dp[ i+1 ][ k ] ( k>=j )

注意到系数全是 1 ，考虑用前缀和的思想来优化。就是 dp[ i ][ j ] 只向 dp[ i+1 ][ j ] 转移，然后 dp[ i ][ j ] 可以向 dp[ i ][ j+1 ] 转移。

如果 j = i ，考虑到没有 dp[ i+1 ][ j ] ，所以 dp[ i ][ j ] 向 dp[ i+1 ][ j+1 ] 转移即可。

每个状态画成二维格点，发现转移就是只能向右或向上、右下角一些位置不能走的 “从 ( 0 , 0 ) 走到 ( n , n ) ” 的方案数！可用卡特兰数。

那个斜着的边，把它改成横平竖直的即可。那么就是不能经过 y=x-2 这条直线。从 ( x1,y1 ) 走到 ( x2,y2 ) 的方案数就是 \( C_{x2-x1+y2-y1}^{x2-x1} - C_{x2-(y1+1)+y2-(x1-1)}^{x2-(y1+1)} \) 。

注意第0列是没有竖着的转移的。可以认为是从 ( 1 , 1 ) 走到 ( n , n ) 。

然后要保证字典序 > q 。考虑数位 DP 。

设当前做到第 i 位、之前都是贴着上界。设之前贴上界的已填数中最大值是 mx ，未填的最小值是 mn 。

第 i 位不贴上界，设填 k ，需要 k > q[ i ] ；还需要 k > mx ，因为若 k < mx ，又有 k > q[ i ] ，所以 mx , k , q[ i ] 会组成长度为 3 的 LDS 。

那么就是要 \( \sum\limits_{k>max(mx,q[i])} dp[i][k] \) ；这是一个后缀和，正好就是从 ( i , max( mx,q[ i ] )+1 ) 走到 ( n , n ) 的不经过 y=x-2 的方案数。

如果贴上界，需要满足 q[ i ] > mx || q[ i ] == mn ，不然会出现长度 >=3 的 LDS 。如果不满足的话，就没有从第 i 位往后贴上界的方案了，直接 break 掉。

注意预处理至 2*n 。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
const int N=12e5+,mod=;//N=6e5*2!!!
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<)x+=mod;return x;}
int pw(int x,int k)
{int ret=;while(k){if(k&)ret=(ll)ret*x%mod;x=(ll)x*x%mod;k>>=;}return ret;}
int n,a[N],jc[N],jcn[N]; bool vis[N];
void init()
{
  int lm=12e5;
  jc[]=;for(int i=;i<=lm;i++)jc[i]=(ll)jc[i-]*i%mod;
  jcn[lm]=pw(jc[lm],mod-);
  for(int i=lm-;i>=;i--)jcn[i]=(ll)jcn[i+]*(i+)%mod;
}
int C(int n,int m)
{
  if(n<||m<||n<m)return ;
  return (ll)jc[n]*jcn[m]%mod*jcn[n-m]%mod;
}
int cal(int x,int y)
{ return upt(C(*n-x-y,n-x)-C(*n-x-y,n-y-));}
int main()
{
  freopen("inverse.in","r",stdin);
  freopen("inverse.out","w",stdout);
  int T=rdn(); init();
  while(T--)
    {
      n=rdn(); for(int i=;i<=n;i++)a[i]=rdn();
      memset(vis,,sizeof vis); int mn=,mx=,ans=;
      for(int i=;i<=n;i++)
    {
      ans=upt(ans+cal(i,Mx(a[i],mx)+));
      if(a[i]<mx&&a[i]!=mn)break;
      mx=Mx(mx,a[i]); vis[a[i]]=;
      while(i<n&&vis[mn])mn++;
    }
      printf("%d\n",ans);
    }
  return ;
}