[NOI2018] 冒泡排序

CL.[NOI2018] 冒泡排序

结论1.交换次数压到下界，当且仅当不存在长度大于 $2$ 的下降子序列。

证明很简单。众所周知的是，冒泡排序的交换次数等于序列逆序对数。要压到下界，与每个点有关的逆序对数都只能为 $|i-p_i|$ ，因为从 $i$ 到 $p_i$ 的过程中本身就要交换 $|i-p_i|$ 次。如果存在长度大于 $2$ 的下降子序列的话，则逆序对就不仅是两两间贡献了，隔着中间一个数也能贡献，因而就压不到下界。

不存在长度大于的下降子序列，等价于序列可以被划分为不超过条上升子序列——我们抽出所有前缀 $\max$ 构成一条上升子序列，则剩余的东西必然也递增，不然如果出现递减的两个数，从前面挑一个前缀 $\max$ 就能构成长度为 $3$ 的下降子序列。

要求出所有字典序 $>q$ 的排列 $p$ 个数，常见套路是枚举它们有长度为 $i-1$ 的前缀相同，且第 $i$ 位 $p$ 更大。

首先，我们可以判一下的长度为的前缀是否合法：首先，要确保其本身的非前缀 $\max$ 元素递增；其次，要确保其未填入的元素全部最后的非前缀 $\max$ 元素。这样的话，就可以设计DP状态： $f_{i,j}$ 表示有个前缀 $\max$ 的元素、个前缀 $\max$ 的元素未填入时的方案数。则， $f_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum\limits_{k=1}^jf_{i+k-1,j-k}$ ，其中前半部分表示填入一个 $<\max$ 的元素，显然为了保证递增只能填最小的一个；后半部分是枚举填入 $>\max$ 的数中第 $k$ 大的数填入，则前 $k-1$ 个数都会被划归 $<\max$ 的数。两个转移式可以被合并为 $f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^jf_{i+k-1,j-k}$ 。到这里 $80$ 分已经到手了，但我们还可以考虑优化。

如果在矩阵上画出来的话，会发现这转移的位置是一条斜线，不好处理；但是我们可以转变DP状态：设新的 $f_{i,j}$ ，其中 $i$ 是原本的 $i+j$ （总序列长度）， $j$ 是原本的 $i$ （ $< \max$ 的数的数量）。则有 $f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{i-j}f_{i-1,j+k-1}$ 。考虑换成枚举 $j+k-1$ ，得到 $f_{i,j}=\sum\limits_{k=\max(0,j-1)}^{i-1}f_{i-1,k}$ 。到这里我们就发现之前贸然设的 $k=0$ 的下界不合法，可能会出现负数，于是便重新设了 $\max(0,j-1)$ 的下界。但是，更好的方式是，我们直接令 $j<0$ 时 $f_{i,j}=0$ 即可直接使用 $f_{i,j}=\sum\limits_{k=j-1}^{i-1}f_{i-1,k}$ 的转移式。

下面我们考虑用此DP值来求答案。枚举前缀长度 $i$ ，并设 $j$ 表示后缀 $[i+1,n]$ 中有多少个数 $< \max$ 。则此部分的贡献就是 $\sum\limits_j f_{n-i,j}$ 。现在考虑有哪些 $j$ 是合法的。设若位置 $i$ 老老实实填上了 $q_i$ ，剩余后缀中 $<\max$ 的数量是 $k$ 。

发现，就算并非前缀 $\max$ ，即可以填入 $<\max$ 的数时， $<\max$ 的数也不能填，因为所有未填的 $<\max$ 的数中只能填最小的，而一定不会比最小数还小，因此只能填入一个前缀最大值。故若是前缀 $\max$ ，贡献为；否则，即并非前缀 $\max$ ，填入位置的前缀 $\max$ 会自动将也归入非前缀 $\max$ 类中，故 $k$ 还是至少会加一。所以两部分综合起来看，都是 $\sum\limits_{j=k+1}^{n-i}f_{n-i,j}$ 。

发现，无论是转移式还是求值式，我们都需要用到DP数组的后缀和。于是我们设 $S_{n,m}$ 表示 $\sum\limits_{i=m}^nf_{n,i}$ 。

好耶！是大家daisuki的推式子时间！

\begin{aligned} S_{n, m} & = \sum_{i = m}^{n} f_{n, i} \\ = \sum_{i = m}^{n} \sum_{j = i - 1}^{n - 1} f_{n - 1, j} \\ = \sum_{j = m - 1}^{n - 1} \sum_{i = m}^{j + 1} f_{n - 1, j} \\ = \sum_{j = m - 1}^{n - 1} f_{n - 1, j} + \sum_{j = m - 1}^{n - 1} \sum_{i = m + 1}^{j - 1} f_{n - 1, j} \\ = S_{n - 1, m - 1} + \sum_{i = m + 1}^{j} \sum_{j = i - 1}^{n - 1} f_{n - 1, j} \\ = S_{n - 1, m - 1} + \sum_{i = m + 1}^{j} f_{n, i} \\ = S_{n - 1, m - 1} + S_{n, m + 1} \end{aligned}

$\begin{aligned}S_{n,m}&=\sum\limits_{i=m}^nf_{n,i}\\&=\sum\limits_{i=m}^n\sum\limits_{j=i-1}^{n-1}f_{n-1,j}\\&=\sum\limits_{j=m-1}^{n-1}\sum\limits_{i=m}^{j+1}f_{n-1,j}\\&=\sum\limits_{j=m-1}^{n-1}f_{n-1,j}+\sum\limits_{j=m-1}^{n-1}\sum\limits_{i=m+1}^{j-1}f_{n-1,j}\\&=S_{n-1,m-1}+\sum\limits_{i=m+1}^j\sum\limits_{j=i-1}^{n-1}f_{n-1,j}\\&=S_{n-1,m-1}+\sum\limits_{i=m+1}^jf_{n,i}\\&=S_{n-1,m-1}+S_{n,m+1}\end{aligned}$

OK！这样我们就得出了简单的后缀和公式！

现在考虑其实际意义：从 $S_{0,0}=1$ 出发，每次要么向 $n,m$ 正方向各走一步，要么向 $m$ 的负方向走一步。同时，因为在合法的转移式中可能会出现 $S_{n,-1}$ ，但不会出现更负的数，因此我们便规定不能越过 $m=-1$ 这条界线。

因为这个“不越过 $-1$ 的界线”长得很像卡特兰数模型，因此我们考虑令 $m$ 全体增加 $1$ 再说。于是现在 $S_{0,0}=S_{0,1}=1$ （原本有 $S_{0,-1}=1$ ，现在加一得到了 $S_{0,0}=1$ ）。两个起始状态觉得也不好做，因此我们再强制令全体 $n$ 增加 $1$ 。于是现在 $S_{1,0}=S_{1,1}=1$ 。假如我们此时令 $S_{0,0}=1$ 的话，就会发现由上述操作刚好可以得出 $S_{1,0}=S_{1,1}=1$ ，因此我们这个操作是正确的。

发现只有一种操作在 $n$ 方向上有移动不好做。考虑让后一种操作也在 $n$ 轴正方向上走一步。因为原本方案中 $n$ 轴上动了恰好 $n$ 步，故 $m$ 轴正方向实际上也动了 $n$ 步，则 $m$ 轴负方向实际上动了 $n-m$ 步；因为 $m$ 轴负方向的移动现在同时在 $n$ 轴正方向上移动，因此就多移动了 $n-m$ 步，因此终点现在是 $(2n-m,m)$ 。

发现现在是裸的卡特兰数模型。于是就直接得到 $\dbinom{2n-m}{n-m}-\dbinom{2n-m}{n-m-1}$ 的卡特兰数。

因为我们之前强制令 $n,m$ 各增加了 $1$ ，因此 $S_{n,m}$ 中的 $n,m$ 要比上式中的 $n,m$ 各少一，所以此时要把它补回去，因此有 $S_{n,m}=\dbinom{2n-m+1}{n-m}-\dbinom{2n-m+1}{n-m-1}$ 。

时间复杂度可以做到 $O(n)$ 。同时，在依次处理的每个前缀的时候，要记得判断后缀中所有元素是否都非前缀 $\max$ 元素构成的序列中的 $\max$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=1200000;
int T,n,q[1201000],fac[1201000],inv[1201000],premax,secmax,res,k,sufmin[1201000];
int ksm(int x,int y=mod-2){int z=1;for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;return z;}
int binom(int x,int y){if(x<y||y<0)return 0;return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
int S(int x,int y){if(y>x)return 0;return(binom(2*x-y+1,x-y)-binom(2*x-y+1,x-y-1)+mod)%mod;}
int main(){
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=N;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[N]=ksm(fac[N]);for(int i=N;i;i--)inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n),premax=secmax=res=k=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&q[i]);sufmin[n+1]=0x3f3f3f3f;
		for(int i=n;i;i--)sufmin[i]=min(sufmin[i+1],q[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(secmax>sufmin[i])break;
			if(q[i]>premax)k+=q[i]-premax-1,premax=q[i];else secmax=max(secmax,q[i]),k--;
			(res+=S(n-i,k+1))%=mod;
		}
		printf("%d\n",res);		
	}
	return 0;
}