杨表

杨表和 LIS、LDS、排列与序列等有紧密关系。

定义

设 $x=(x_1,\dots ,x_m)$ 是 $n$ 的一个划分。$x_1\ge x_2\ge \cdots \ge x_m$。

定义 1（杨图）：一个 $m$ 行的表格，第 $i$ 行有 $x_i$ 列（左对齐）。

定义 2（杨表）：将 $1\sim n$ 填入杨图，满足每一行和每一列严格递增。

定义 3（半杨表）：将 $n$ 个正整数填入杨图，满足每一行不严格递增，每一列严格递增。

定义 4（行插入）：设当前有一个杨表，一个行插入操作有一个参数 $x$。找到第一行第一个 $>x$ 的数 $x^{\prime }$，用 $x$ 替换 $x^{\prime }$；然后找到第二行第一个 $>x^{\prime }$ 的数 $x^{″}$，用 $x^{\prime }$ 替换 $x^{″}$ …… 循环往复，直到把一个数插入新的一行（空行）或者这一行不存在更大的数（放在末尾）。

容易发现杨表插入后还是杨表。

定义 5（列插入）：与行插入类似。

定义 6（行删除）：可以看作是行插入的还原操作。取最后一行的数 $x$，找到上一行最后一个 $<x$ 的数 $x^{\prime }$ ……

定义 7（列删除）：与行删除类似。

定义 8（勾长）：记 $h(i)$ 为格子 $i$ 的勾长。$h(i)=$ $i$ 下方格子数 + 右方格子数 + 1。

Hook Formula：假设有一个杨图 $x$，$c(x)={\displaystyle \frac{n!}{\prod _{i}h(i)}}$，$i$ 是 $x$ 里的格子。

RSK Correspondence

设当前有一个排列 $\pi =({\pi }_1,\dots ,{\pi }_n)$，按顺序把 $\pi$ 行插入一个初始为空的杨表。得到的杨表记作 $P_{\pi }$。

另外构造一个杨表 $Q_{\pi }$，在 ${\pi }_i$ 插入时新增的格子里填 $i$。

把 $P_{\pi }$ 叫做正表，$Q_{\pi }$ 叫做副表。容易发现 $P_{\pi },Q_{\pi }$ 是形态相同的杨表。

定理：排列 $\pi$ 与杨表对 $(P_{\pi },Q_{\pi })$ 构成一一对应。

证明：因为有删除操作，从 $\pi$ 构建 $P_{\pi },Q_{\pi }$ 的过程是可逆的。

推论：$n!=\sum _{x}c(x{)}^2$，$x$ 为 $n$ 的一个划分（对应了一个杨图的形态），$c(x)$ 为形态为 $x$ 的杨表个数。

证明：排列与杨表对一一对应，枚举杨图然后枚举 $P,Q$ 的填法。

定理：不严格递增的坐标序列与半杨表对一一对应。
（这里比较坐标的大小是按字典序比较）

证明：设坐标序列为 $(u_1,v_1),(u_2,v_2),\dots ,(u_k,v_k)$，把 $v_1\sim v_k$ 插入一个表，得到半杨表 $P_x$；$Q_x$ 定义为在每次新增加的格子里填 $u_i$。

性质

性质 1：若 $\pi$ 对应 $(P_{\pi },Q_{\pi })$，则 ${\pi }^{-1}$ 对应 $(Q_{\pi },P_{\pi })$。（拓展：如果一个递增坐标序列 $x$ 对应半杨表对 $(P_x,Q_x)$，交换 $x_i$ 的两维后对应半杨表对 $(Q_x,P_x)$）

证明：直接证明拓展版本，也就是普通序列和半杨表。这显然拓展版本强于原命题。

先来几个定义。

考虑一个不严格递增坐标序列 $x$ 对应到一个 $2\times n$ 的矩阵 $A$：$A[1][i]=x_i$ 的第一维，$A[2][i]=x_i$ 的第二维。

同时考虑一个不严格递增坐标序列 $x$ 对应到一个 $V\times V$ 的方阵 $M$：$M[i][j]=$ 两维分别等于 $i,j$ 的 $x_k$ 个数。

显然序列、矩阵、方阵是一一对应的。

如果 $x$ 对应方阵 $M$，定义 $P_M=P_x$。

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开始正式证明。

观察到若 $x$ 对应了 $A$，则 $x^{-1}$ 对应 $A^T$。
因此可以转化命题为：$P_{M^T}=Q_M,Q_{M^T}=P_M$。

简单起见，假设没有重复元素（坐标互不相等），此时 $A$ 是 $0/1$ 方阵。

考虑 $P_A,Q_A$ 的第一行。玩一个例子：$(1,3)(1,4)(2,3)(3,1)(3,4)(4,2)$。

发现每一列上曾经存在过的数，构成一个递减序列。进一步观察，每一列都是从剩下没选的元素里贪心取 LDS 的结果，也就是贪心地把序列划分成若干个下降序列。

在方阵里看，这样的划分实际上是从一个 $1$ 出发，向右上方贪心找链。定义极值点为方阵里左上方没有 $1$ 的点，那么第一条链是所有极值点、第二条链是剩下点里的极值点 ……

观察到 $P_M$ 的第一行（设 $t$ 列）就是每条链的链尾列号。而 $Q_M$ 的第一行呢？显然也是 $t$ 列，而且观察发现是链头的行号。

然后考虑之后的行。在填了第一行之后有一些数被挤下去了，而这些挤下去的数是什么样子？

设一条链为 $(u_{i_1},v_{i_1})\cdots (u_{i_k},v_{i_k})$，观察到在 $P$ 中会留下 $v_{i_k}$，在 $Q$ 中会留下 $u_{i_1}$，然后 $(u_{i_2},v_{i_1})\cdots (u_{i_k},v_{i_{k-1}})$ 下传到第二行。
我们设第一行的点构成的方阵为 $M$，下传到第二行的点构成的方阵为 $N$。

有了这些观察就可以证明性质 1 了。

正式证明里的正式证明。

$P_M$ 第一行 $=M$ 各链的链尾列号 $=M^T$ 各链的链头行号 $=Q_{M^T}$ 第一行。
$Q_M$ 第一行 $=M$ 各链的链头行号 $=M^T$ 各链的链尾列号 $=P_{M^T}$ 第一行。
巨大进步！我们已经证明了第一行是相等的。

一个强烈的想法是用归纳法。那我们就用归纳法。

把 $P_M$ 的第一行去掉，会得到 $P_N$（根据定义）。
把 $Q_M$ 的第一行去掉，会得到 $Q_N$（根据定义）。
根据上面两条，有：$Q_{M^T}$ 的第一行去掉，会得到 $Q_{N^T}$。

根据归纳假设，$P_N=Q_{N^T}$，而 $P_N$ 是 $P_M$ 去掉第一行，$Q_{N^T}$ 是 $Q_{M^T}$ 去掉第一行。所以 $P_M$ 和 $Q_{M^T}$ 去掉第一行之后是一样的，而上面又证明了它俩的第一行是一样的，所以 $P_M=Q_{M^T}$。

对于 $Q_M=P_{M^T}$，证明类似，在此略去。

上面的证明和元素是否相等关系不大，套用证明的流程可以把有相等的情况证了。

性质 1 推论 1：因为 $P_M=Q_{M^T}$，所以如果 $M$ 是对称方阵，$P_M=Q_M$。也就是每一个对称矩阵对应一个半杨表。

性质 1 推论 2：一个对称矩阵对应一个半杨表，那什么对应一个杨表呢？类似有 $\pi ={\pi }^{-1}$ 的结论。这种排列叫做对合排列（involution），满足 ${\pi }_i=j⟺{\pi }_j=i$（$i=j$ 允许）。

推论 2 应用：可以求杨表个数。大小 $n$ 的杨表个数就是 $n$ 长度的对合排列个数。

法一：这个个数就是 $1\sim n$ 匹配的个数（不要求完美匹配）。记个数 $a_n$，有 $a_n=a_{n-1}+(n-1)a_{n-1}$，前一种是 $1$ 不参与匹配，后一种是 $1$ 选一个匹配。这样可以 $O(n)$ 求杨表个数。

法二：这个个数就是由若干各环组成，每个环大小为 $1/2$ 的图个数。可以用母函数：它的母函数是 $e^{z+\frac{z^2}{2}}$。

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性质 2：若 $\pi$ 对应 $(P_{\pi },Q_{\pi })$，${\pi }^R=({\pi }_n,\dots ,{\pi }_1)$ 的主表为 $P_{\pi }^T$。

证明：

记杨表 $S$ 行插入 $x$ 的结果为 $S\leftarrow x$，列插入 $x$ 的结果为 $x\to S$。

引理：$y\to (S\leftarrow x)=(y\to S)\leftarrow x$。（分类讨论可证，具体过程暂略）

记 $S(x_1,\dots ,x_n)=((x_1\leftarrow x_2)\leftarrow \cdots )\leftarrow x_n$，$S^{\prime }(x_1,\cdots ,x_n)=x_1\to (x_2\to \cdots (x_{n-1}\to x_n))$。

根据归纳法易证 $S(x_1,\dots ,x_n)=S^{\prime }(x_1,\dots ,x_n)$。

而 $P_{\pi }=S({\pi }_1,\dots ,{\pi }_n)=S^{\prime }(x_1,\dots ,x_n)=(((x_n\leftarrow x_{n-1})\leftarrow \cdots )\leftarrow x_1{)}^T=P_{{\pi }^R}^T$。

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性质 3：$P_{\pi }$ 列数 $=|LIS(\pi )|$，$P_{\pi }$ 行数 $=|LDS(\pi )|$。

证明：

1. 对于列数。

   考虑这么一个 LIS 的贪心算法：从前往后扫，维护一个小根堆的序列。若当前数比当前末尾的堆顶大，新开一个堆；否则放入堆中。堆的个数就是 LIS 长度。容易发现这其实模拟了构造杨表的过程。

2. 对于行数。

   $|LDS(\pi )|=|LIS({\pi }^R)|=P_{{\pi }^R}\text{宽度}=P_{\pi }^T\text{宽度}=P_{\pi }\text{高度}$.

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性质 3 推论：在 $\pi$ 中找 $k$ 个不相交的 LIS，最长总长 $=P_{\pi }\text{前 k 行总长}$；找 $k$ 个不相交的 LDS，最长总长 $=P_{\pi }\text{前 k 列总长}$。

证明太难，略。

快速求杨表

可以在 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 的复杂度内，根据一个排列 $\pi$ 求出 $(P_{\pi },Q_{\pi })$。

我们只需要考虑 $P_{\pi }$ 即可，因为根据性质 1，$Q_{\pi }=P_{{\pi }^{-1}}$，用 ${\pi }^{-1}$ 求一次 $P$ 即可。

怎么求 $P_{\pi }$？

令 $B=\lceil \sqrt{n}\rceil$，则求这个杨表等价于求前 $B$ 行和前 $B$ 列。因为 $P_{\pi }$ 不可能填到行列都 $>B$ 的位置，否则 $|P_{\pi }|>n$。

我们只需要知道求前 $B$ 行的方法，因为前 $B$ 列等于 $P_{\pi }^T$ 的前 $B$ 行，根据性质 2 等于 $P_{{\pi }^R}$ 的前 $B$ 行。同样的方法再做一遍即可。

怎么求 $P_{\pi }$ 的前 $B$ 行？

直接暴力行插入，如果到达 $>B$ 的行就直接退出。一次插入是 $O(\sqrt{n}\cdot \log n)$。（一共 $B$ 行，每行内部二分）一共插入 $n$ 次，复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n)$。

题目应用

Gym 102538D

题意：计数排列，满足有两个不相交的 LIS。$n\le 75$。

这样的排列对应的杨表形态就是第一、二行长度相等。因此枚举 $n$ 的拆分 $\lambda$ 使得 ${\lambda }_1={\lambda }_2$。

LIS 3（无题号）

题意：计数排列，满足 LDS 长度 $\le 3$。$n\le 50$。

即杨表的高度 $\le 3$，枚举 $\lambda =({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3)$ 求和 $c(\lambda )$ 即可。

另解：$dp[i][j][k]$ 为前 $i$ 个数，$1$ 长度 LDS 结尾最大为 $j$，$2$ 长度 LDS 结尾最大为 $k$。

P4484

题意：随机排列，求 LIS 期望长度。$n\le 28$。

即 $(\sum _{\lambda }c(\lambda {)}^2\cdot {\lambda }_1)/n!$。

注：本题推论得到随机 LIS 的长度是 $O(\sqrt{n})$ 的。

P3774（偏门结论）

题意：
给定一个序列 $B=(b_1\sim b_n)$ 和 $q$ 次询问。每次询问给定两个参数 $m,k$，求 $b_1\sim b_m$ 的最长 k-LIS 子序列长度。
一个序列是 k-LIS 的，当且仅当其 LIS 长度 $\le k$。
$b_i\le 5e4$，$q\le 2e5$，$k\le m\le n\le 5e4$。

首先去除 $B$ 里的重复数字，例如对于 $2,2,2$，可以改成 $2.2,2.1,2.0$，这是等价的。所以下面可以假设 $B$ 是个排列。

然后考虑一个询问 $(m,k)$ 是问什么。这其实是问 $b_1\sim b_m$ 杨表的前 $k$ 列长度之和。（性质 3 推论）

容易想到把询问离线，然后按 $m$ 从小到大排序后处理。

为了确定 $b_1\sim b_m$ 的杨表形态，只需确定其前 $\sqrt{n}$ 行和前 $\sqrt{n}$ 列。前 $\sqrt{n}$ 行是容易的，只需要每次 $O(\sqrt{n}\log n)$ 暴力行插入即可（快速构建杨表的方法）。

考虑前 $\sqrt{n}$ 列。第一个想法是利用性质 2，$P_{\pi }=P_{{\pi }^R}^T$。问题变成求 $b_m\sim b_1$ 杨表的前 $\sqrt{n}$ 行。
但是发现这是做不了的，因为插入只能向后插入，不能在开头插入。

这里需要另一个结论：$\pi$ 为排列，记 ${\pi }^{\prime }=(n+1-{\pi }_1,n+1-{\pi }_2,\dots ,n+1-{\pi }_n)$，有 $P_{\pi }$ 和 $P_{{\pi }^{\prime }}$ 的杨图形态是反转的，注意里面的数是不一定反转的。
这个结论来自某篇 paper，具体证明我也不会。

根据这个结论，取 $(-b_1,-b_2,\dots ,-b_m)$ 杨表的前 $\sqrt{n}$ 行即可，这就可以直接往后插入了。注意其实我们不需要杨表里面的数，只需要杨图的长度即可。