【香蕉oi】消失的序列（DP、组合数学）

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题意

求有多少 $1$到 $n$的排列，满足如下条件：

1. 第 $pos$位是 $x$
2. 以这个序列为入栈序列，可以只用一个栈，使用入栈出栈操作，使得出栈序列是升序。

思路

数数好题。

首先来发现性质：

1. 对于序列里每一个数，都必须满足：他前面所有比他大的数组成的序列为降序。即不存在 $i<j<k$满足 $p_k<p_i<p_j$。而且只要满足性质1，就一定是合法序列。
2. 对于任意一个子序列，找到其中的最大值，必须满足：最大值左边的数小于最大值右边的数。同样也是充分必要条件。

然后利用性质1来DP。（考试的时候我一直试图用第2个性质搞出点东西，但是失败告终。。。）

设 $dp[i][j]$表示第 $i$到 $n$位已经填满，并且当前最小值是 $j$的方案数。

当没有第 $pos$位填 $x$的限制时，分类讨论第 $i$位填的数：

1. 第 $i$位填 $j$，那么无论如何都可以满足性质1，所以 $dp[i][j]=\sum_{k=j+1}^{i+1}dp[i+1][k]$
2. 第 $i$位填的数大于 $j$，那么为了满足性质1，第 $i$位必须填大于 $j$且没有填过的最小的那个数，否则这个未填过的最小数只能填在他的前面，那么这两个大于 $j$的数就不满足降序了。所以 $dp[i][j]=dp[i+1][j]$

最终： $dp[i][j]=\sum_{k=j}^{i+1}dp[i+1][k]$。

然后加上限制，显然当 $i\neq pos$的时候递推式不变。

当 $i=pos$时，分类讨论 $j$的取值。

1. $j=x$时，可以普通地DP，但是要去掉 $dp[pos+1][x]$。
2. $j<x$时，发现 $[j,x-1]$这些数必须选，并且必须放在 $[pos+1,pos+x-j]$的位置上（反证法），但是位置无需固定。所以 $dp[pos][j]=Cat_{x-j}*\sum_{k=x+1}^{pos+x-j+1}dp[pos+x-j+1][k]$（其中 $Cat_i$是第 $i$个卡特兰数，表示 $[j,x-1]$的数的合法排列方案数）。

那么DP已经完成了。

然后可以把这个DP方程看成在一个二维的方阵里面走格点，如下图（题解里面贺的）：

• $dp[i][j]$在第 $i$列第 $j$行
• 一个位置的DP值就是从右上角走到当前点的路径数
• 注意这条不能跨越的线比卡特兰数的那条往上挪了一格
• 注意上图是没有考虑 $a_{pos}=x$的限制的图，在有限制的图中，第 $pos$列上下之间没有连边

受卡特兰数的启发，我们可以用组合数快速地算出除了 $pos$这一列之外的某两个位置的之间的路径数。

那么我们只需要对于 $pos$这一列的每一个点，找到他从哪里更新过来，并且会对 $dp[1][1]$有多少贡献就行了。

重点在DP，DP思路还是挺厉害的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9 + 7, N = 2e6 + 10;
int n, p, x;
int fc[N], ifc[N], ans;

template<class T>inline void read(T &x){
	x = 0; bool fl = 0; char c = getchar();
	while (!isdigit(c)){if (c == '-') fl = 1; c = getchar();}
	while (isdigit(c)){x = (x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c = getchar();}
	if (fl) x = -x;
}

inline int fpow(int x, int y, int p){
	int ret = 1;
	while (y){
		if (y & 1) ret = 1LL * ret * x % p;
		x = 1LL * x * x % p;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

void init()
{
	fc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n*2; ++ i)
		fc[i] = 1LL * fc[i-1] * i % mod;
	ifc[n*2] = fpow(fc[n*2], mod-2, mod);
	for (int i = n*2-1; i >= 0; -- i)
		ifc[i] = 1LL * ifc[i+1] * (i+1) % mod;
}

int C(int n, int m){
	if (m > n || m < 0) return 0;
	return 1LL * fc[n] * ifc[m] % mod * ifc[n-m] % mod;
}

int Cat(int n){
	return (C(2*n, n) - C(2*n, n-1) + mod) % mod;
}

int F(int n, int m){
	if (n > m) swap(n, m);
	return (C(m+n, n) - C(m+n, n-2) + mod) % mod;
}

int main()
{
	read(n); read(p); read(x);
	init();
	ans = 0;
	for (int i = 1, ub = min(x, p); i <= ub; ++ i){
		if (i == x){
			(ans += 1LL * (F(p-1, i-1)-F(p-1, i-2)+mod) * (F(n-p, n-x)-F(n-(p+1), n-x)+mod) % mod) %= mod;
		}
		else if (i < x){
			int nxti = p+x-i;
			if (nxti <= n) (ans += 1LL * (F(p-1, i-1)-F(p-1, i-2)+mod) * (F(n-nxti, n-x)-F(n-(nxti+1), n-x)+mod) % mod * Cat(x-i) % mod) %= mod;
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}