ZROI2018普转提day2t1

传送门

分析

我们通过仔细研究不难发现对于一次交换(i,i+1)的操作之后，在i之前的点就不可能跑到i之后，i+1之后的的点也不可能跑到i+1之前，所以这个序列在一次交换之后就相当于被分成了两个部分。于是我们设dp[n][low]表示对于一个长度为n的最小值为low的序列的构成方案数。于是我们可以求出dp[n][low]=dp[i][low]*dp[n-i][low+i]*C(n-2,n-i-1)(i∈(1,n)且此情况合法)。C(n-2,n-i-1)表示在交换这一次之前共要进行n-2次交换，其中n-i-1次是在左边交换，因为选的左右顺序不同是不同的方案，所以要乘上这个值。而至于判断i是否合法见代码。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
const long long mod = 1e9+7;
long long p[110],dp[110][110],N,c[110][110];
inline void getc(){
      long long i,j,k;
      for(i=0;i<=50;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;
      for(i=1;i<=50;i++)
        for(j=1;j<i;j++)
          c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
inline long long go(long long n,long long low){
      if(dp[n][low]!=-1)return dp[n][low];
      if(n==1)return dp[n][low]=1;
      long long i,j,k,cnt=0,now[110];
      for(i=1;i<=N;i++)if(p[i]>=low&&p[i]<low+n)now[++cnt]=p[i];
      dp[n][low]=0;
      for(i=1;i<n;i++){
          bool ok=1;
          swap(now[i],now[i+1]);
          for(j=1;j<=i;j++)if(now[j]>=low+i){ok=0;break;}
          if(ok){
            dp[n][low]=(dp[n][low]+
            go(i,low)*go(n-i,low+i)%mod*c[n-2][i-1]%mod)%mod;
          }
          swap(now[i],now[i+1]);
      }
      return dp[n][low];
} 
int main(){
      long long i,j,k;
      memset(dp,-1,sizeof(dp));
      scanf("%lld",&N);getc(); 
      for(i=1;i<=N;i++)scanf("%lld",&p[i]);
      printf("%lld\n",go(N,0));
      return 0;
}