HDU-6348：序列计数（DP+树状数组）

序列计数
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Problem Description
度度熊了解到，1,2,…,n 的排列一共有 n!=n×(n−1)×⋯×1 个。现在度度熊从所有排列中等概率随机选出一个排列 $p_1,p_2,…,p_n$ ，你需要对 k=1,2,3,…,n 分别求出长度为 k 的上升子序列个数，也就是计算满足 $1≤a_1 < a_2 < … < a_k ≤n$ 且 $p_{a_1} <p_{a_2}< … < p_{a_k}$ 的 k 元组 $(a_1,a_2,…,a_k)$ 的个数。

由于结果可能很大，同时也是为了 ruin the legend，你只需要输出结果对 $1000000007(=10^9+7)$ 取模后的值。

Input
第一行包含一个整数 T，表示有 T 组测试数据。

接下来依次描述 T 组测试数据。对于每组测试数据：

第一行包含一个整数 n，表示排列的长度。

第二行包含 n 个整数 p1,p2, …, pn，表示排列的 n 个数。

保证 $1≤T≤100，1≤n≤10^4$ ，T 组测试数据的 n 之和 $≤10^5$ ，p1,p2,…,pn 是 1,2,…,n 的一个排列。

除了样例，你可以认为给定的排列是从所有 1,2,…,n 的排列中等概率随机选出的。

Output
对于每组测试数据，输出一行信息 “Case #x: c1 c2 … cn”（不含引号），其中 x 表示这是第 x 组测试数据，ci 表示长度为 i 的上升子序列个数对 $1000000007(=10^9+7)$ 取模后的值，相邻的两个数中间用一个空格隔开，行末不要有多余空格。

Sample Input
2
4
1 2 3 4
4
1 3 2 4

Sample Output
Case #1: 4 6 4 1
Case #2: 4 5 2 0

题解：记 $dp_{i,j}$ 为长度为 $i$ 的以 $p_j$ 为结尾的上升子序列个数，那么有 $dp_{i,j}=\sum_{k<j \land p_k<p_j}{dp_{i-1,k}}$
如果按照 $j$ 从小到大的顺序递推，求和式中 $k<j$ 这一项条件自然满足，只需要对所有满足 $p_k<p_j$ 的 k 求 $dp_{i-1,k}$ 的和，可以使用树状数组或者线段树维护，

由于输入的排列是随机选出的，一个有用的结论是最长上升子序列的长度期望是 $O(\sqrt{n})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX=1e4+1;
const int MOD=1e9+7;
const double PI=acos(-1.0);
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(ch<'0'||ch>'9');
    do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9');
    return f*x;
}
int A[MAX],a[MAX];
void add(int x,int n,int y){while(x<=n){A[x]+=y;if(A[x]>=MOD)A[x]-=MOD;x+=x&(-x);}}
int ask(int x){int ans=0;while(x){ans+=A[x];if(ans>=MOD)ans-=MOD;x-=x&(-x);}return ans;}
int d[2][MAX];//滚动数组d[i]表示以a[i]为结尾的上升子序列个数
int ans[MAX];
int main()
{
    int T,cas=1;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)d[0][i]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)A[i]=ans[i]=0;
        ans[1]=n;
        int now=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)//枚举上升子序列长度
        {
            if(ans[i-1]==0)break;
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                int y=ask(a[j]-1)%MOD;
                (ans[i]+=y)%=MOD;
                add(a[j],n,d[now^1][j]);
                d[now][j]=y;
            }
            for(int j=1;j<=n;j++)A[j]=0;
            now^=1;
        }
        printf("Case #%d:",cas++);
        for(int i=1;i<=n;i++)printf(" %d",ans[i]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

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