CF1542E2 Abnormal Permutation Pairs (hard version) 题解

怎么会有这么离谱的题目啊。

【模板】前缀和优化 dp。

思路#

考虑一个基本的东西。

由于要求字典序的限制。

我们可以枚举最长公共前缀计算。

考虑如何求长度为 $i$ 的排列有 $j$ 个逆序对的数量。

设 $d{p}_{i,j}$。

$$d{p}_{i,j}=\sum _{k=0}^{i-1}d{p}_{i-1,j-k}$$

就是枚举新的数放在那里。

不难看出可以前缀和优化。

$$d{p}_{i,j}=g_{i-1,j-k}-g_{i-1,j-i}$$

就可以 $O(n^3)$ 计算。

到这里都是比较简单的。

考虑如何算答案。

首先列出较为朴素的 $\text{dp}$。

枚举最长公共前缀长度 $i$，第 $i+1$ 位两个排列分别放 $x,y$，后面 $n-i-1$ 位分别会有 $s,t$ 个逆序对。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{x=1}^n\sum _{y=x+1}^{n-i}\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}\sum _{t=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}[s+x-1>t+y-1]d{p}_{n-i-1,s}\times d{p}_{n-i-1,t}$$

稍微整理一下。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{x=1}^n\sum _{y=x+1}^{n-i}\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}\sum _{t=0}^{s+x-y-1}d{p}_{n-i-1,s}\times d{p}_{n-i-1,t}$$

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{x=1}^n\sum _{y=x+1}^{n-i}\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\sum _{t=0}^{s+x-y-1}d{p}_{n-i-1,t}$$

发现又可以前缀和优化。

设 $g_{i,j}=\sum _{k=0}^{j}d{p}_{i,j}$。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{x=1}^n\sum _{y=x+1}^{n-i}\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\times g_{n-i-1,s+x-y-1}$$

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\sum _{x=1}^n\sum _{y=x+1}^{n-i}{g}_{n-i-1,s+x-y-1}$$

这个时候，我发现了后面只与 $x-y$ 有关，那么可以枚举 $x-y=j$。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\sum _{j=1}^{n-i-1}(n-i-j)\times g_{n-i-1,s+x-y-1}$$

这个式子已经可以 $O(n^4)$ 算了，可以通关简单版本。

但如何把它优化成 $O(n^3)$，我确实没有想到，如果有大佬会，可以教教我。

然后就发现我们走了很没有前途的一步，我也在这里卡了很久。

那么我们不得不往回退一步。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\sum _{x=1}^{n-i}\sum _{y=x+1}^{n-i}{g}_{n-i-1,s+x-y-1}$$

我们考虑继续前缀和优化。

设 $h_{i,j}=\sum _{k=0}^j{g}_{i,k}$。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}\sum _{x=1}^{n-i}{h}_{n-i-1,s-2}-h_{n-i-1,s+x-n+i-1}$$

发现这玩意还可以前缀和优化。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}((n-i)\times h_{n-i-1,s-2}-\sum _{x=1}^{n-i}{h}_{n-i-1,s+x-n+i-1})$$

设 $f_{i,j}=\sum _{k=0}^j{h}_{i,k}$。

设 $l=s+i-n-1,r=s-2$。

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\sum _{s=0}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}d{p}_{n-i-1,s}((n-i)\times h_{n-i-1,s-2}-(f_{n-i-1,r}-f_{n-i-1,l-1}))$$

然后就做完了。

可能有一些边界情况需要来判断。

Code#

/**
 * @file 1542E1.cpp
 * @author mfeitveer
 * @date 2023-11-14
 * 
 * @copyright Copyright (c) 2023
 * 
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define x first
#define y second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define fro(i, x, y) for(int i = (x);i <= (y);i++)
#define pre(i, x, y) for(int i = (x);i >= (y);i--)
#define dbg cerr << "Line " << __LINE__ << ": "
#define EVAL(x) #x " = " << (x)

typedef int64_t i64;
typedef uint32_t u32;
typedef uint64_t u64;
typedef __int128_t i128;
typedef __uint128_t u128;
typedef pair<int, int> PII;

bool ed;

const int N = 510;
const int M = 124760;

int n, m, mod, c[N][N], vis[N][N], g[M], h[M], f[M], dp[N][M];

inline int add(int x, int y)
	{ return x + y + (x + y >= mod ? -mod : 0); }
inline void init(int now)
{
	fro(j, 0, 124750) g[j] = dp[now][j];
	fro(j, 1, 124750) g[j] = add(g[j], g[j - 1]);
	fro(j, 0, 124750) h[j] = g[j];
	fro(j, 1, 124750) h[j] = add(h[j], h[j - 1]);
	fro(j, 0, 124750) f[j] = h[j];
	fro(j, 1, 124750) f[j] = add(f[j], f[j - 1]);
}
inline int C(int x, int y)
{
	if(x < y) return 0;
	if(y == 0 || x == y) return 1;
	if(vis[x][y]) return c[x][y]; vis[x][y] = 1;
	return c[x][y] = (C(x - 1, y - 1) + C(x - 1, y)) % mod;
}
inline int ask(int l, int r)
{
	if(l - 1 < 0) return g[r];
	return (g[r] - g[l - 1] + mod) % mod;
}
inline void init()
{
	dp[0][0] = 1;
	fro(i, 1, 500)
	{
		init(i - 1);
		fro(j, 0, 124750) dp[i][j] = ask(j - i + 1, j);
	}
}
inline void solve()
{
	i64 ans = 0, num = 1;
	fro(i, 0, n - 1)
	{
		i64 res = 0; init(n - i - 1);
			fro(s, 2, (n - i - 1) * (n - i - 2) / 2)
			{
				i64 res1 = 1ll * h[s - 2] * (n - i) % mod;
				int ls = s + i - n - 1;
				i64 res2 = f[s - 2] - (ls <= 0 ? 0 : f[ls - 1]);
				res2 = (res2 % mod + mod) % mod;
				(res += (res1 - res2 + mod) * dp[n - i - 1][s]) %= mod;
		}
		(ans += res * num) %= mod, num = num * (n - i) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
}

bool st;

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	double Mib = fabs((&ed-&st)/1048576.), Lim = 1024;
	assert(Mib<=Lim), cerr << " Memory: " << Mib << "\n";
	cin >> n >> mod;
	init(), solve();
	return 0;
}