K个逆序对数组
给出两个整数 n 和 k，找出所有包含从 1 到 n 的数字，且恰好拥有 k 个逆序对的不同的数组的个数。
逆序对的定义如下：对于数组的第i个和第 j个元素，如果满i < j且 a[i] > a[j]，则其为一个逆序对；否则不是。
由于答案可能很大，只需要返回 答案 mod 109 + 7 的值。
示例 1:
输入: n = 3, k = 0
输出: 1
解释:
只有数组 [1,2,3] 包含了从1到3的整数并且正好拥有 0 个逆序对。
示例 2:
输入: n = 3, k = 1
输出: 2
解释:
数组 [1,3,2] 和 [2,1,3] 都有 1 个逆序对。
说明:
- n 的范围是 [1, 1000] 并且 k 的范围是 [0, 1000]。
思路
这道题给了我们1到n总共n个数字，让我们任意排列数组的顺序，使其刚好存在k个翻转对，所谓的翻转对，就是位置在前面的数字值大，而且题目中表明了结果会很大很大，要我们对一个很大的数字取余。对于这种结果巨大的题目，劝君放弃暴力破解或者是无脑递归，想都不用想，那么最先应该考虑的就是DP的解法了。我们需要一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示1到i的数字中有j个翻转对的排列总数，那么我们要求的就是dp[n][k]了，即1到n的数字中有k个翻转对的排列总数。现在难点就是要求递推公式了。我们想如果我们已经知道dp[n][k]了，怎么求dp[n+1][k]，先来看dp[n+1][k]的含义，是1到n+1点数字中有k个翻转对的个数，那么实际上在1到n的数字中的某个位置加上了n+1这个数，为了简单起见，我们先让n=4，那么实际上相当于要在某个位置加上5，那么加5的位置就有如下几种情况：
xxxx5
xxx5x
xx5xx
x5xxx
5xxxx
这里xxxx表示1到4的任意排列，那么第一种情况xxxx5不会增加任何新的翻转对，因为xxxx中没有比5大的数字，而 xxx5x会新增加1个翻转对，xx5xx，x5xxx，5xxxx分别会增加2，3，4个翻转对。那么xxxx5就相当于dp[n][k]，即dp[4][k]，那么依次往前类推，就是dp[n][k-1], dp[n][k-2]...dp[n][k-n]，这样我们就可以得出dp[n+1][k]的求法了:
dp[n+1][k] = dp[n][k] + dp[n][k-1] + ... + dp[n][k - n]
那么dp[n][k]的求法也就一目了然了:
dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]
那么我们就可以写出代码如下了：
1 class Solution { 2 public int kInversePairs(int n, int k) { 3 int M=1000000007; 4 int[][] dp=new int[n+1][k+1]; 5 dp[0][0]=1; 6 for(int i=0;i<=n;i++){ 7 for(int j=0;j<i;++j){ 8 for(int m=0;m<=k;m++){ 9 if(m-j>=0&&m-j<=k){ 10 dp[i][m]=(dp[i][m]+dp[i-1][m-j])%M; 11 } 12 } 13 } 14 } 15 return dp[n][k]; 16 } 17 }
我们可以对上面的解法进行时间上的优化，还是来看我们的递推公式:
dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]
我们可以用k+1代替k，得到：
dp[n][k+1] = dp[n - 1][k+1] + dp[n - 1][k] + ... + dp[n - 1][k + 1 - n + 1]
用第二个等式减去第一个等式可以得到：
dp[n][k+1] = dp[n][k] + dp[n - 1][k+1] - dp[n - 1][k - n + 1]
将k+1换回成k，可以得到：
dp[n][k] = dp[n][k-1] + dp[n - 1][k] - dp[n - 1][k - n]
我们可以发现当k>=n的时候，最后一项的数组坐标才能为非负数，从而最后一项才有值，所以我们再更新的时候只需要判断一下k和n的关系，如果k>=n的话，就要减去最后一项，这种递推式算起来更高效，减少了一个循环，参见代码如下：
1 class Solution { 2 public int kInversePairs(int n, int k) { 3 int mo=1000000007; 4 int[][] f=new int[1002][1002]; 5 f[1][0]=1; 6 for (int i=2;i<=n;i++) { 7 f[i][0]=1; 8 for (int j=1;j<=k;j++) { 9 f[i][j]=(f[i][j-1]+f[i-1][j])%mo; 10 if (j>=i) f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-i]+mo)%mo; 11 } 12 } 13 return f[n][k]; 14 } 15 }