洛谷 P2513 [HAOI2009]逆序对数列

题目描述

对于一个数列{ai}，如果有i<j且ai>aj，那么我们称ai与aj为一对逆序对数。若对于任意一个由1~n自然数组成的数列，可以很容易求出有多少个逆序对数。那么逆序对数为k的这样自然数数列到底有多少个？

输入输出格式

输入格式：

 

第一行为两个整数n，k。

 

输出格式：

 

写入一个整数，表示符合条件的数列个数，由于这个数可能很大，你只需输出该数对10000求余数后的结果。

 

输入输出样例

输入样例#1：

4 1

输出样例#1：

3

说明

样例说明：

下列3个数列逆序对数都为1；分别是1 2 4 3 ；1 3 2 4 ；2 1 3 4；

测试数据范围

30%的数据 n<=12

100%的数据 n<=1000，k<=1000

 

一道简单题，但我觉得可以做到更大的数据，比方说加两个0

从小到大考虑每一位，先考虑1，如果1位于i这个位置，那1与1~i-1这些位置的每一个数都会产生一个逆序对，与i+1~n这些位置的数都不会产生逆序对，至于具体每个数字是什么对于1的贡献没有影响

然后从排列里把1去掉，变成一个2~n的排列，这个排列与1~n-1的排列是等价的，于是问题转化成了一个较小的问题

然后可以dp

dp[i][j]表示1~i的排列，要有j个逆序对的方法数，枚举当前位置产生的逆序对来转移，这个东西本来是nk^2的，但是发现一个位置转移的时候是连续的一段，用前缀和优化去掉一个k即可

其实这个问题等价于有n个带编号的盒子排成一列，一共放k个球，标号为i的盒子里不能放超过i-1个球，求方法总数，这应该是有更好的做法的

UPD1：这个东西的生成函数是 $ (1)(1+x)(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)...(1+x+x^2+...+x^{n-1}) $ 即 $ \prod_{p=1}^{n}\sum_{q=0}^{p-1}x^q $ ，这个形式过于美妙让人很难不认为它有一个优美的通解

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <time.h>
#define eps 1e-7
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 10000
#define rep0(j,n) for(int j=0;j<n;++j)
#define rep1(j,n) for(int j=1;j<=n;++j)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define set0(n) memset(n,0,sizeof(n))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define iter(i,v) for(edge *i=head[v];i;i=i->nxt)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define print_runtime printf("Running time:%.3lfs\n",double(clock())/1000.0)
#define TO(j) printf(#j": %d\n",j);
//#define OJ
using namespace std;
const int MAXINT = 100010;
const int MAXNODE = 100010;
const int MAXEDGE = 2*MAXNODE;
char BUF,*buf;
int read(){
    char c=getchar();int f=1,x=0;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return f*x;
}
char get_ch(){
    char c=getchar();
    while(!isalpha(c)) c=getchar();
    return c;
}
//------------------- Head Files ----------------------//

int n,k;
int dp[10010],sum[10010];
void get_input();
void work();
int main() {
    get_input();
    work();
    return 0;
}
void work(){
    fill(sum,sum+k+1,1);
    for(int i=2;i<=n;i++){ //box no i,can take 0~i-1
        rep0(j,k+1){
            dp[j] = (j-i+1>0?sum[j]-sum[j-i]:sum[j]);
        }
        sum[0]=dp[0];
        rep1(j,k){
            sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%MOD;
        }
    }
    printf("%d\n",(dp[k]+MOD)%MOD);
}
void get_input(){
       n=read();k=read();
}