【做题】arc068_f-Solitaire——糊结论

把所有数字放入双端队列后，结果大概是这样一个排列：
\[P_1 1 P_2\]
其中$P_1$是递减序列，$P_2$是递增序列。

我们以$1$所在的位置$k$分割最终的排列$A$。

其中前半部分，形象地讲是由两个递减序列交织在一起组成的。那两个递减序列分别是$P_1$的前缀和$P_2$的后缀，且至少有一个就是$P_1$（$P_2$）本身。那么，前半部分满足这个性质：

可以划分为两个可为空的递减子序列。

显然这个性质难以直接判定。考虑将其转化。对于其中编号为$i$的元素，设$j$是$i$后面的第一个与$A_i$属于不同子序列的元素位置。我们不妨分类讨论一发：

$A_i > A_j$，因为两个子序列递减，有$\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j$
$A_i < A_j$，因为两个子序列递减，有$\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j$

因此，我们得出：

长度为$n$的最终排列$A$的前半部分可以划分为两个可为空的递减子序列$\implies $
$ \forall i \in [1,k-1]$，下列条件至少满足一个：

$\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j$，记为条件1

$\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j$，记为条件2

我们发现，逆命题也是成立的，因为最长不上升子序列的长度小于等于2。（导弹拦截可经典了）于是我们就获得了一个判断方法。
但还有一个问题，即从$1$到$n$的排列中任取出两个元素不重复的递减序列$D_1$,$D_2$，它们组成的序列$P$，不一定可以作为$A$的前半部分。我们还要保证$D_1$的最后一个元素和$D_2$的最后一个元素中的较大值大于后半部分的所有元素。依然要对此进行转化。
那么，对于我们已知的一个$A$的前半部分，我们尝试将其划分且最大化两个子序列最后一个元素的较大值，设它的位置是$p$。显然$p$后面没有比$A_p$更大的元素，否则能得到更优解。通过简单分类讨论，我们发现所有不满足条件2的元素都大于后半部分的所有元素。因此我们可以直接修改条件2：
\[\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j\]
故我们得到了前半部分的判断方法。

后半部分的判断就简单多了。它是一个递减序列不断从前面或后面取出元素得到的，即每次取出的元素都是剩下的元素中最大（最小）的。容易得到且证明它合法的充要条件：

$ \forall i \in [k+1,n]$，下列条件至少满足一个：

$\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j$

$\forall j \in [i+1,n], \, A_i < A_j$

我们终于简化了题意：

求有多少个长度为$n$的排列$A$满足：

$A_k = 1$

$\forall i \in [1,k)$，$A_i$小于它前面的所有数或大于它后面的所有数。

$\forall i \in (k,n]$，$A_i$小于它后面的所有数或大于它后面的所有数。

剩下的就简单了。由递推式可知，后半部分的方案数就是$2^{n-k-1}$。而对于前半部分，我们设dp状态$i,j$表示当前有$i$个元素，最小的满足条件2的元素是其中第$j$个（不存在则为$j+1$），最终答案就是
\[2^{n-k-1} \sum_{i=1}^{k} {{i-1+n-k}\choose{i-1}} dp_{k-1,i}\]
时间复杂度$O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;
int dp[2][N],n,k,s,p,sum[N],ans,jc[N],inv[N];
typedef long long ll;
ll power(ll a,int b) {
  ll res = 1;
  while (b) {
    if (b&1) (res *= a) %= MOD;
    (a *= a) %= MOD;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
ll comb(int a,int b) {
  if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;
  return 1ll * jc[a] * inv[b] % MOD * inv[a-b] % MOD;
}
signed main() {
  scanf("%lld%lld",&n,&k);
  jc[0] = 1;
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    jc[i] = 1ll * jc[i-1] * i % MOD;
  inv[n] = power(jc[n],MOD-2);
  for (int i = n-1 ; i >= 0 ; -- i)
    inv[i] = 1ll * inv[i+1] * (i+1) % MOD;
  s = k-1;
  p = 0;
  sum[2] = 1;
  sum[3] = -1;
  for (int i = 1 ; i <= s ; ++ i) {
    p ^= 1;
    memset(dp[p],0,sizeof dp[p]);
    for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j)
      (sum[j] += sum[j-1]) %= MOD;
    for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j)
      (dp[p][j] += sum[j]) %= MOD, sum[j] = 0;
    sum[i+2] = 0;
    for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j) {
      (sum[2] += dp[p][j]) %= MOD;
      (sum[j+2] -= dp[p][j]) %= MOD;
    }
  }
  for (int i = 1 ; i <= s + 1 ; ++ i) {
    (ans += 1ll * comb(n-k+i-1,i-1) * dp[p][i] % MOD);
    ans %= MOD;
  }
  if (k == 1) ans = 1;
  if (n > k)
    ans = 1ll * power(2,n-k-1) * ans % MOD;
  ans = (ans + MOD) % MOD;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}

小结：推导结论实在是一个困难的过程，积极的心态和清晰的思路是不可或缺的。

【做题】arc068_f-Solitaire——糊结论

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