【NOI 2018】冒泡排序(组合数学)
题意大概是给定一个长度为$n$的排列$p$,求有多少长度为$n$的排列满足冒泡排序的交换次数为$\frac{1}{2} \sum\limits_{i = 1}^{n}|i - p_{i}|$。
可以发现,该式子是冒泡排序复杂度的下界,任意一个数想要回到规定的位置至少要被交换$|i - p_{i}|$次,即在排序过程中不浪费任何一次交换,每一个数都只能向它归回原位的方向走。
稍加思索,可以得出一个结论:
- 任何一个最长下降子序列长度超过$2$的排列一定是不合法的。
- 任何一个最长下降子序列不超过$2$的排列一定合法。
考虑第一句话的正确性:
试想处于中间的那个数,左边存在比它大的数,右边存在比它小的数,那么该数一定会被向左交换一次,也一定会被向右交换一次,然后这两次交换是对该数无意义的,因为它向两个方向走了,导致位置没有改变。所以这两次的交换被浪费,故一定不合法。
考虑第二句话的正确性:
试想一个逆序对,处于右边小的数一定会向左走,如果要使它不合法,必定要令它向右至少走一步,那就意味着右边存在更小的数,与原条件矛盾,对于左边的数同理。
有了这个结论,不考虑起始字典序的限制,我们就可以写出一个$O(n^{2})$的dp,考虑$f_{i,j}$表示前$i$数,记$i$个数中最大的数为$mx$,剩余数中有$j$个数比$mx$小,此时的方案数。
此处有两种转移:
- 选一个比$mx$大的数,不会破坏上述结论。
- 选剩余几个比$mx$小的数中最小的那个。如果出现了长度为$3$的最长下降子序列,那在它第二个数的时候就不会被选了,因为它不是最小的数。在$j = 0$时不能用此转移。
这样就能$O(n^{2})$做一个dp了。我们把dp的两维看作二维坐标,看看它的实际意义。
我们每次横坐标$i$加$1$时,纵坐标$j$每次加一个非负整数,或者减一。其中$j$总是非负的,那由$(0,0)$走到$(n,0)$的一条合法路径就是一个合法答案。
由于每次增加的是任意非负整数,不好计算,我们甚至可以把它转化成括号序列。每次横坐标增加$1$个单位时,相当于加了一个右括号,在这之前可以加任意多个左括号,对应了纵坐标增加量加一,即将$j-1$对应了不加左括号。显然这个模型和上一个完全一样,而且你可以快速的用组合数算出括号序列的总数。
最后我们来考虑初始字典序的限制,通过上述论证,我们知道一个字典序对应了一个括号序列,我们考虑在哪一个位置突破了字典序的限制,那么显然以后就可以随机游走了。突破字典序的限制,意味着选一个比当前更大的数(一定会更大,如果选择了一个比$mx$小但比当前数大的一个数就会违反只能选最小的数的规则),我们只要比原先多加一个左括号就可以了(不需要多加,因为那会被随机游走枚举到)。
此处有一个小trick:我们在计算栈中还有$x$个左括号,还有$y$个右括号将来匹配的括号序列方案数时,组合数算出来的是随机游走的方案数,事实上我们必须保证纵坐标非负,我们只需要容斥掉不合法的就可以了。具体来讲就是将我们要算的起点按直线$y=-1$镜像,再计算没有右括号数限制的随机游走的方案数,因为每一个算出来的方案一定会经过$y=-1$这条直线,我们把这个方案表示的路径在第一次触碰直线$y=-1$之前的那段向上翻回去,就能对应了原起点在游走时被计算进去的一条不合法路径,把这个减掉就可以了。
所以总的时间复杂度是$O(n)$的。
$\bigodot$技巧&套路:
- 冒泡排序的复杂度(交换次数)分析。
- 随机游走和括号序列计数的联系。
- 有限制的括号序列计数的容斥转化技巧。
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1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 5 typedef long long LL; 6 const int N = 1200005, MOD = 998244353; 7 8 int tc, n; 9 int fac[N], ifac[N], p[N >> 1], vis[N >> 1]; 10 11 inline void Read(int &x) { 12 x = 0; static char c; 13 for (c = getchar(); c < '0' || c > '9'; c = getchar()); 14 for (; c >= '0' && c <= '9'; x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar()); 15 } 16 17 inline int Pow(int x, int b) { 18 static int re; 19 for (re = 1; b; b >>= 1, x = (LL) x * x % MOD) 20 if (b & 1) re = (LL) re * x % MOD; 21 return re; 22 } 23 24 inline int C(int x, int y) { 25 if (x < y) return 0; 26 return (LL) fac[x] * ifac[y] % MOD * ifac[x - y] % MOD; 27 } 28 inline int Cal(int x, int y) { 29 if (x < y) return 0; 30 int dis = 2 * x - y, re1 = C(dis, x); 31 if (y + 2 > dis) return re1; 32 return (re1 - C(dis, (dis + y) / 2 + 1)) % MOD; 33 } 34 35 int main() { 36 freopen("inverse.in", "r", stdin); 37 freopen("inverse.out", "w", stdout); 38 39 fac[0] = 1; 40 for (int i = 1; i < N; ++i) { 41 fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % MOD; 42 } 43 ifac[N - 1] = Pow(fac[N - 1], MOD - 2); 44 for (int i = N - 1; i >= 1; --i) { 45 ifac[i - 1] = (LL) ifac[i] * i % MOD; 46 } 47 48 scanf("%d", &tc); 49 for (; tc; --tc) { 50 int re = 0, mx = 0, low = 1, he = 0; 51 memset(vis, 0, sizeof vis); 52 scanf("%d", &n); 53 for (int i = 1; i <= n; ++i) { 54 Read(p[i]); 55 } 56 for (int i = 1; i < n; ++i, --he) { 57 if (mx < p[i]) he += p[i] - mx; 58 mx = std::max(mx, p[i]); 59 for (vis[p[i]] = 1; vis[low]; ++low); 60 re = (re + Cal(n - i + 1, he + 1)) % MOD; 61 if (mx > p[i] && p[i] > low) { 62 break; 63 } 64 } 65 printf("%d\n", (re + MOD) % MOD); 66 } 67 68 return 0; 69 }