bzoj4361 isn (dp+树状数组+容斥)

我们先设f[i][j]表示长度为i，以j结尾的不降子序列个数，$f[i][j]=\sum{f[i-1][k]},A[k]<=A[j],k<j$，用树状数组优化一下可以$O(n^2logn)$求出来

然后我们让g[i]是长度为i的不降子序列的个数，答案就是$\sum{g[i]*(N-i)!-g[i+1]*(N-i-1)!*(i+1)}$

解释一下，因为他求的是不同的操作个数，所以我们给g[i]乘个(N-i)!，表示删的顺序；但其实我们有可能删的时候已经删出来了一个不降子序列。类似地，删多的的不同操作数是g[i+1]*(N-i-1)!，但我们还要从中再挑一个删下去，才和我们现在做的吻合，所以要乘个(i+1)

（数据中貌似有0，然后我的zz离散化写法就华丽丽地T了）

 #include<bits/stdc++.h>
 #define pa pair<int,int>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int maxn=,mod=1e9+;

 inline ll rd(){
     ll x=;char c=getchar();int neg=;
     while(c<''||c>''){if(c=='-') neg=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<='') x=x*+c-'',c=getchar();
     return x*neg;
 }

 int N,M,f[maxn][maxn],num[maxn];
 pa A[maxn];
 int tr[maxn],fac[maxn];

 inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
 inline void add(int x,int y){
     for(;x<=M;x+=lowbit(x)) tr[x]=(tr[x]+y)%mod;
 }
 inline int query(int x){
     int re=;for(;x;x-=lowbit(x)) re=(re+tr[x])%mod;return re;
 }

 int main(){
     int i,j,k;
     N=rd();fac[]=;
     for(i=;i<=N;i++){
         A[i]=make_pair(rd(),i);
         fac[i]=(1LL*fac[i-]*i)%mod;
     }sort(A+,A+N+);
     for(i=,j=;i<=N;i++){
         if(A[i].first!=A[i-].first||i==) j++;
         num[A[i].second]=j;
     }M=j;
     for(i=;i<=N;i++) f[][i]=;
     f[][]=N;
     for(i=;i<=N;i++){
         memset(tr,,sizeof(tr));
         f[i][]=;
         for(j=i;j<=N;j++){
             add(num[j-],f[i-][j-]);
             f[i][j]=query(num[j]);
             f[i][]=(f[i][]+f[i][j])%mod;
         }
     }int ans=;
     for(i=;i<=N;i++){
         if(!f[i][]) break;
         ans=((0LL+ans+(1LL*f[i][]*fac[N-i]%mod)-(1LL*f[i+][]*fac[N-i-]%mod)*(i+)%mod)%mod+mod)%mod;
     }printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
     return ;
 }