ARC068D 题解
ARC068D 题解
这篇题解补充了 Dilworth 定理的证明（实际上是其简化版的证明，因为这道题里只用了该定理的简化版），
以及对这种特殊的计数类型题目的一些总结。
首先看到题中的计数方式套了两层，一般且形式化的讲，就是我们定义两个函数 \(f\) 和 \(g\)，
其中 \(f\) 的定义域是一种被称作 'N1' 类型的量，其值域是关于一种被称作 'N2' 类型量的不可重集，
而 \(g\) 的定义域是 'N2' 类型的量，而其值域是关于一种被称作 'N3' 类型的量的不可重集，
而我们要求的，就是在给定一个 N1 类型量 \(X\) 后，集合 \(S=\bigcup\limits_{\forall u\in f(X)}g(u)\) 的大小。
考虑这种类型问题的一个一般的处理方式，即我们统计所有满足以下条件的 N3 类型量的数量：
对于一个 N3 类型变量 \(u\)，称 \(u\) 满足条件，当且仅当存在 N2 类型量 \(v\)，使 \(u\in g(v)\)。
称满足以上条件的 \(u\) 叫合法，则我们考虑在本题中，
所有合法的 N2（在本题中即为将 \([1,n]\cap \text{Z}^+\) 中的数顺序插入双端队列后形成的排列）量的性质，
即 \(u\) 必然由三个不交子序列 \(a,b,c\) 构成，且 \(1\) 是 \(u\) 的第 \(k\) 个元素，且 \(a,b,c\) 还满足以下条件：
\(a,b\) 中元素单降，\(c\) 为由单增序列构成的双端队列，\(c\) 中最大元素小于 \(a\) 中最小元素，\(b\) 中最小元素是 \(1\)。
其中，\(c\) 为由单增序列构成的双端队列的含义，指 \(c\) 在塞入双端队列时在元素 \(1\) 的右边，
而将元素从双端队列中取出时，\(c\) 中的所有元素在元素 \(1\) 被取出之后，每次从队列的左或右边任挑一边被取出。
发现 \(c\) 的无序性导致了计数的困难，我们考虑能不能为 \(c\) 确定顺序以方便计数。
实际上是可以的，因为我们发现，如果我们强制 \(c\) 中元素在 \(u\) 中单降，
就等价于强制在从队列中取出 \(c\) 的元素时，每次只能从一个固定且不变的方向取；
而我们如果算出了强制了 \(c\) 的顺序后的答案 \(ans\)，则最终答案就等于 \(ans\times2^{\max(0,n-k-1)}\)，
原因是，存在于 \(ans\) 中的任意两种方案的不同之处都不在 \(c\) 的元素顺序。
故此时我们可以将 \(c\) 于 \(a\) 拼接在一起，那原问题就等价于对满足以下条件，且 \(p_k=1\) 的排列 \(p\) 计数：
我们称 \(p\) 满足条件，当且仅当 \(p\) 可以被划分成两个单降的子序列，称这个条件叫 \(A\)。
发现这个限制可以用 Dilworth 定理来等价为：\(p\) 中不存在长度为 \(3\) 的上升子序列，称这个条件叫做条件 \(B\)。
考虑证明 \(A\Leftrightarrow B\)。首先，\(A\Rightarrow B\) 是显然的，因为任意三个上升的元素一定无法被划分到两个单降子序列里；
那考虑 \(A\Leftarrow B\) 的证明，我们考虑对序列总长归纳，即证明每次新加入的元素一定能被划分。
具体的，现在有一个已经划分好的，长为 \(i\) 的序列 \(p\) 和一个新加在序列末尾的元素 \(x=p_{i+1}\)，
其中 \(p\) 中的两个下降子序列分别是 \(q[1\cdots j]\) 和 \(r[1\cdots k]\)，且 \(q_j=p_i\)，\(r_k=p_t\)。
此时，若 \(x<p_i\)，则我们直接将 \(x\) 放到 \(q_{j+1}\) 处即能合法，而当 \(x>p_i\) 时，
考虑 \(r_k\) 是否小于 \(x\)，若不小于则直接将 \(x\) 接在 \(r\) 的后面，
否则我们一定可以将 \(r_k=p_t\) 插入到 \(q\) 里去，从而将 \(r\) 的末尾调整的更大。
因为在此时，若设在 \(p_t\) 左边和右边的第一个 \(q\) 中的元素分别是 \(p_l\) 和 \(p_r\)，
则一定有 \(p_l>p_t>p_r\)，否则一定出现 \(p_l<p_t<x\) 或者 \(p_t<p_r<x\) 的两者之一，
也就不满足条件 \(B\)，故此时我们将 \(r_k\) 插入到子序列 \(q\) 中，再对 \(r_{k-1}\) 进行于 \(r_k\) 类似的操作，
直到我们找到了 \(r_m>x\)，或者将 \(r\) 中的所有元素全部调整到了 \(q\) 里。
故我们证明了，若所有长为 \(i\) 的 \(p\) 永远有 \(B\Rightarrow A\)，则所有长为 \(i+1\) 的 \(p\) 也就永远有 \(B\Rightarrow A\)，
那么我们对 \(A\Leftrightarrow B\) 的证明就结束了，即对满足 \(A\) 的 \(p\) 计数等价于对满足 \(B\) 的 \(p\) 计数。
那么，最后的问题就是如何解决 \(p_k=1\) 的限制，我们可以考虑对 \(p\) 的逆排列 \(pos:pos_{p_i}=i\) 计数，
因为我们发现，若 \(p\) 满足 \(B\) 条件，则不存在 \(1\le i<j<k\le n,p_i<p_j<p_k\)，
也就不存在 \(1\le p_i<p_j<p_k\le n,pos_i<pos_j<pos_k\)，故 \(pos\) 也满足 \(B\) 条件。
而我们发现，限制 \(p_k=1\) 在考虑逆排列时是好处理的，因为 \(p_k=1\Leftrightarrow pos_1=k\)，
而对第一个数的限制是方便的，我们考虑用 DP 就能解决对 \(pos\) 的计数。
具体的，我们设 \(f(i,j)\) 为，考虑了 \(pos\) 中的前 \(i\) 个数，此时有多少个 \(pos\) 满足 \(B\) 条件以及 \(pos_1=j\)。
发现此时是好转移的，我们有转移式 \(f(i,j)=(\sum\limits_{k<j}f(i-1,k))+f(i-1,j)[j<i]\)，
原因是简单的，分类讨论 \(pos\) 中第一个数的值和第二个数的值即可，具体留给读者自行思考。
那么，最后的答案就是 \(f(n,k)\times2^{\max(n-k-1,0)}\)，我们也就得到了一个 \(O(n^2)\) 的做法。
（当然，直接做是 \(O(n^3)\) 的，但笔者相信，看到这篇题解的读者一定都会前缀和优化转移）
代码很简单，就不放了。
