NOI2018 冒泡排序 解题记录

【题目背景】

最近，小 S 对冒泡排序产生了浓厚的兴趣。为了问题简单，小 S 只研究对 1到 n的排列的冒泡排序。
下面是对冒泡排序的算法描述。
输入：一个长度为 n 的排列 p[1…n]
输出：p 排序后的结果。
for i = 1 to n do
for j = 1 to n - 1 do
if(p[i] > p[i + 1])
交换 p[i] 与 p[i + 1] 的值
冒泡排序的交换次数被定义为交换过程的执行次数。可以证明交换次数的一个下
界是$\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n|{p_i-i}|$，其中$p_i$是排列 p 中第 i 个位置的数字。如果你对证明感兴趣，可
以看提示。

【题目描述】

小 S 开始专注于研究长度为 n 的排列中，满足交换次数 =$\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n|{p_i-i}|$ 的排列
（在后文中，为了方便，我们把所有这样的排列叫“好”的排列）。他进一步想，这样的
排列到底多不多？它们分布的密不密集？
小 S 想要对于一个给定的长度为 n 的排列 q，计算字典序严格大于 q 的“好”的
排列个数。但是他不会做，于是求助于你，希望你帮他解决这个问题，考虑到答案可能
会很大，因此只需输出答案对 998244353 取模的结果。

【输入格式】

从文件 inverse.in 中读入数据。
输入第一行包含一个正整数 T，表示数据组数。
对于每组数据，第一行有一个正整数 n, 保证 n ≤ 6 × 10 5 。
接下来一行会输入 n 个正整数，对应于题目描述中的 q i ，保证输入的是一个 1 到
n 的排列。

【输出格式】

输出到文件 inverse.out 中。
输出共 T 行，每行一个整数。
对于每组数据，输出一个整数，表示字典序严格大于 q 的“好”的排列个数对
998244353 取模的结果。

【样例 1 输入】

1
3
1 3 2

【样例 1 输出】

3

【样例 1 解释】

字典序比 1 3 2 大的排列中，除了 3 2 1 以外都是“好”的排列，故答案为 3。

数据范围

$T\le5,N\le600,000$

解题过程

一看到这道题就想着猜结论啊……于是我打了个表，发现如果输入恰好是1~n时，答案就是卡特兰数-1.
那其它的怎么办呢？我就把所有的符合要求的情况打印出来，发现——序列中不存在长度大于2的下降子序列！！
这是真的吗？反正我不断随机了好多数据，都满足这个规律，然后就开始想怎么做吧……
常规dp思路肯定是考虑从前往后把数字一个一个加进去，但是我感觉这样似乎不太方便处理字典序（如果有dalao用的这个思路请指教），但是这里面有一些思想还是值得借鉴的。我们考虑加入到了第i个数字，前面i-1个数字中的最大值为a，当前剩下的数字中最小值为b，我们会发现，要么当前插入b，要么当前插入的数字要大于a，否则一定不满足题意。我们称当前大于a的数字和b组成的集合为“可行数字集合”，记为$S_i$。
根据常规的排列字典序做法，我们可以考虑这样做：f[i][j]表示还剩下i个数字未填，并且希望在当前填入当前可行数字集合中第j大的数字的方法数。显然的，如果$|S_i| < i$，必然有$|S_{i+1}|=j$，因为如果$j<|S_i|$，那么比他小的有j-1个，再加上可以填入最小值，总共是j个；否则，大于a的j-1个数字都可用，且大于b小于a的数字必然还有剩余，这中间也可以再取出一个可行性数字。因此这种情况下有

$$f[i][j]=\sum_{k=1}^jf[i-1][k]=f[i][j-1]+f[i-1][j]，其中f[1][1]=1$$
再考虑 $|S_i|=i$的情况。这种情况下，若 $j<|S_i|$，那么接下来仍然有j个数可以填，但如果 $j=|S_i|$，接下来就只剩j-1个数字可用了，需要特殊处理。综上，我们会发现f的总递推式：
$$f[i][j]=\left\{ \begin{matrix} f[i-1][j]+f[i][j-1] & j<i\\ f[i][j-1] & j=i \end{matrix} \right.$$
接下来考虑怎么统计结果。对于它输入的排列，我们先考虑第一位大于输入的情况。比如假设输入数列为p，那么大于第一位数字的答案数量应该就是： $\sum_{i=1}^{n-p_i}f[n][i]$，再考虑第一位等于 $p_i$的情况。以此类推即可求出最终解。但是有一个特殊的地方，如果遍历到当前序列某个前缀已经不满足要求，必须直接break，以防多算。
举个栗子吧，比如输入的序列是2 4 3 1 5，我们先预处理出f数组：
$$f=\begin{matrix} 1\\ 1 & 1\\ 1 & 2 & 2\\ 1 & 3 & 5 & 5\\ 1 & 4 & 9 & 14 & 14 \end{matrix}$$
对于第一位，我们可以选3,4,5，那 $f[5][1]+f[5][2]+f[5][3]=14$；接下来第一位确定为2，再看第二位，可以选择5，答案可以再加上 $f[4][1]$；再看第三位，可以填入5（4已经被使用过），答案加上 $f[3][1]$；但是此时发现前三位是2,4,3了，后面两个位置中必然有一个是1，与题意不符，于是break。答案为16.
这样做的话就可以得到一个 $O(n^2)$的dp做法，80分到手了，再加上卡特兰数的规律有84分的好成绩。于是我放弃了继续想这道题，去看了T3，放掉了A掉这道题的机会……早知道这道题多想一会儿了/手动无奈。

正解

考虑到我们最终只会使用f数组某一行的一个前缀和，于是我们考虑如何快速求出这个前缀和。根据定义，有

$$\sum_{i=1}^mf[n][i]=f[n+1][m]$$
因此我们只要能够快速求出f数组中的某个值即可。观察它的递推式，f[n][m]的值可以看做是从坐标(1,1)走到(n,m)，每次可以向右或向上走一格，且不能越过（碰到不算）y=x这条直线的方案数。这是很经典的问题，根据折线定理，
$$f[n][m]=C_{n+m-2}^{n-1}-C_{n+m-2}^n$$
于是我们预处理一下阶乘和逆元，就可以在O(1)的时间内查询出前缀和，整道题就可以在 $O(n)$的时间内解决。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 1200005, mod = 998244353;
int num[maxn], vis[maxn], T, n;
ll fact[maxn], rev[maxn];
ll modpow(ll a, int b){
    ll res = 1;
    for(; b; b >>= 1){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}
ll get_num(int i, int j){
    ll C1 = fact[i + j - 2] * rev[i - 1] % mod * rev[j - 1] % mod;
    ll C2 = j > 1 ? fact[i + j - 2] * rev[j - 2] % mod * rev[i] % mod : 0;
    return C1 - C2 < 0 ? C1 - C2 + mod : C1 - C2;
}
const int maxr = 10000000;
char str[maxr]; int rpos;
char readc(){
    if(!rpos) fread(str, 1, maxr, stdin);
    char c = str[rpos++];
    if(rpos == maxr) rpos = 0;
    return c;
}
int read(){
    int x; char c;
    while((c = readc()) < '0' || c > '9');
    x = c - '0';
    while((c = readc()) >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0';
    return x;
}
int main(){
    T = read();
    fact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
        fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
    rev[maxn - 1] = modpow(fact[maxn - 1], mod - 2);
    for(int i = maxn - 2; i >= 0; i--)
        rev[i] = rev[i + 1] * (i + 1) % mod;
    while(T--){
        n = read();
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            num[i] = read();
            vis[i] = 0;
        }
        int mx = 0, mn = 1, res = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            while(vis[mn]) ++mn;
            int id = n - i + 1, cnt = n - max(mx, num[i]);
            if(cnt > 0) res += get_num(id + 1, cnt);
            if(res >= mod) res -= mod;
            vis[num[i]] = 1;
            if(num[i] < mx && num[i] > mn) break;
            if(num[i] > mx) mx = num[i];
        }
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}