洛谷 P10254 口吃

传送门

description

求恰有 \(k\) 个逆序对的 \(n\) 的排列的权值和。权值为 \(\sum\limits_{i=1}^n p_i i\)。

• \(n\leq 300\)
• \(k\leq \dbinom{n}{2}\)

solution

很重要的一个拆贡献的想法是：一个数 \(p_i\) 的系数 \(i\) 拆成下标从 \(1\) 到 \(i\) 的数中 \(p_j\ge p_i\) 和 \(p_j<p_i\) 的两部分。两部分的权值和明显是可以直接相加得到答案的。

考虑 dp 第一部分的贡献。按照值域从大往小把 \(n\) 到 \(1\) 插入排列，枚举插入位置即可算出逆序对和权值和的增加量。

具体地，设 \(f_{i,j}\) 表示把 \(n\) 到 \(n-i+1\) 这 \(i\) 个数插入排列，得到 \(j\) 和逆序对的方案数， \(g_{i,j}\) 表示权值和。

有转移：

• \(f_{i,j}=\sum\limits_{p=0}^{i-1} f_{i-1,j-p}\)
• \(g_{i,j}=\sum\limits_{p=0}^{i-1} g_{i-1,j-p}+f_{i-1,j-p}*(n-i+1)*(p+1)\)

第二部分贡献同理。

这样就可以时间复杂度 \(O(n^2k)\) 做了。过不去。

整理一下式子可以发现可以前缀和掉一部分转移。

还有形如 \(\sum f_{i-1,j-p} \cdot p\) 的部分， 这个可以记后缀和数组 \(s_{i}=\sum\limits_{p=i}^k f_{i-1,i} \cdot (k-i+1)\)，结合上面的前缀和就可以 \(O(1)\) 转移了。

时间复杂度 \(O(nk)\)。

hint

两部分贡献的 dp 只有 \(g\) 数组转移的一个系数不一样，可以直接把系数加起来合并。

需要滚动数组。

code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using E=long long;
constexpr E mod=998244353;

int main(){

#ifdef zzafanti
  freopen("in.in","r",stdin);
#endif // zzafanti

  cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

  int n,k;
  cin>>n>>k;

  E ans=0;
  vector<vector<E>> f(2,vector<E>(k+1)),g(2,vector<E>(k+1)),sg(2,vector<E>(k+1)),sf(2,vector<E>(k+1));
  vector<E> trans(k+1);
  f[0][0]=1,g[0][0]=0;
  for(int j=0; j<=k; j++){
    sf[0][j]=1;
  }
  for(int i=1; i<=n; i++){
    for(int j=k; ~j; j--){
      trans[j]=(j==k?0:trans[j+1]);
      trans[j]=(trans[j]+f[i-1&1][j]*(k-j+1))%mod;
    }
    for(int j=0; j<=k; j++){
      f[i&1][j]=sf[i-1&1][j];
      if(j-i>=0) f[i&1][j]-=sf[i-1&1][j-i];
      E coef=n+i*i-2*i+1;
      g[i&1][j]=sg[i-1&1][j]+coef*sf[i-1&1][j]%mod;
      if(j-i>=0) g[i&1][j]-=sg[i-1&1][j-i]+coef*sf[i-1&1][j-i];
      coef=n-2*i+1;
      E dlt=(j-i+1>=0?trans[j-i+1]:trans[0])-(j<k?trans[j+1]:0)-(k-j)*1ll*(sf[i-1&1][j]-(j-i>=0?sf[i-1&1][j-i]:0));
      dlt%=mod;
      g[i&1][j]=(g[i&1][j]+coef*dlt)%mod;
      sf[i&1][j]=((j==0?0:sf[i&1][j-1])+f[i&1][j])%mod;
      sg[i&1][j]=((j==0?0:sg[i&1][j-1])+g[i&1][j])%mod;
    }
  }

  //cout<<(f[n&1][k]%mod+mod)%mod<<endl;
  cout<<(g[n&1][k]%mod+mod)%mod<<endl;

  return 0;
}