「LGP8554」心跳

题目

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对于一个长度为 $l$ 的序列 $p$，设 $f(p)$ 为 $p$ 的前缀最大值的个数。

对于一个长度为 $l$ 的排列 $p$，可以生成一个长度为 $l$ 的序列 $a$，其中 $a_i=f(\overline p_i)$。此处，$\overline p_i$ 为 $p$ 去掉第 $i$ 个元素后剩下的长度为 $l-1$ 的序列。

给定正整数 $n$，求出可以由长度为 $n$ 的排列生成、最小值 $\ge m$ 的本质不同的 $a$ 的数量，答案对于 $998244353$ 取模。

所有数据满足 $2\le m\le n\le 2000$。

分析

不妨先来讨论可以被构造出来的 $a$ 的充要条件。

我们注意到如果 $p$ 可以构造出 $a$，且 $f(p)=f_0$，则 $f_0$ 要么为 $\min a$，要么为 $1+\min a$，这一点无需多加说明。这导出了两点：

1. 我们几乎可以直接枚举 $f_0$ 来计数。

2. 我们需要对于“可以同时被 $f_0=\min a$ 和 $f_0=1+\min a$ 构造出来的 $a$”做额外处理。

   具体来说，我们要么证明不可能出现这样的 $a$，要么进行去重。具体走哪一条路，取决于计数条件的难易程度。

放一放第二个问题先。对于 $a$，尝试在 $f_0=\min a$ 时进行构造。则可以观察得到：

0. $p_1$ 一定是前缀最大值。

1. 如果某个位置 $i$ 满足 $a_i\neq f_0$，则任意一个构造 $a$ 的排列 $p$ 中，$p_i$ 都为前缀最大值。

   说明：删除一个不为前缀最大值的位置 $x$，产生的 $f(\overline p_x)$ 必然为 $f_0$。

2. 如果某个位置 $x$ 满足 $p_x$ 是前缀最大值，则 $x+a_x-f_0+1\le n$ 且 $[x,x+a_x-f_0+1]$ 范围内只有 $x$ 一个位置为前缀最大值。

   说明：删除 $p_x$ 后，原序列至少有 $f_0-1$ 个前缀最大值，而 $a_i-f_0+1$ 个新来的前缀最大值必然出现在 $x$ 和下一个前缀最大值之间。

这意味着，满足 $i=1$ 或 $a_i\neq f_0$ 的位置必然会被选为前缀最大值，此外可能还需要加入一些 $a_x=f_0$ 的位置作为前缀最大值，以满足 “$f_0$ 个前缀最大值的要求”；钦定为前缀最大值的位置 $x$ 相当于将 $[x,x+a_x-f_0+1]$ 的位置绑定为一段，且一个位置不能被绑定在两段以内。可以发现这也是充分的。

注意到，“必然前缀最大值产生的段”的结构和 $a$ 构成了双射，所以我们可以对其进行计数，并满足上述条件。枚举的思路是：确定必然前缀最大值的结构；段之间可以插入 $f_0$，这样的位置就有 $t$ 个，对于每一个可以插入 $f_0$ 的位置，枚举其插入的 $f_0$ 的个数的奇偶性；枚举有多少个长度为 $2$ 的 $f_0$ 的段。于是，可以写出答案为：

$$\sum_{t=1}^{f_0}\sum_{k\ge f_0-t}\binom{k+t-1}{t-1}[x^{n-2k}]\left[\frac{x^2}{1-x}\cdot\left(\frac{x^3}{1-x}\right)^{t-1}(1+x)^t\right]$$

其中 $k$ 就是在枚举长度为 $2$ 的段的数量。后面的生成函数描述了除了长度为 $2$ 的 $f_0$ 的段以外的结构。

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类似地，$f_0=1+\min a$ 的情况几乎就是上述情况的翻版：忽略 $p_1$ 的细节后，$f_0=1+\min a$ 的区别就在于 $a_x=\min a=f_0-1$ 的位置也是必须前缀最大值，这样的位置就对应了长度为 $1$ 的段。

但是，但是，当我们重新讨论 $f_0=1+\min a$ 的情况时，我们发现 $p_1$ 对应的段如果为长度为 $1$，则会出现相当多的例外。这是因为，$p_1$ 之前没有任何元素，所以删除它后 $p_2$ 一定是前缀最大值，而 $a_1=f_0-1$，所以 $p_2$ 必须是“必然前缀最大值”。于是，我们可以对于 $p_1$ 对应长度为 $1$ 的段的情况进行一个单独的计算。

将 $f_0=\min a$ 和 $f_0=1+\min a$ 合起来，就可以得到繁琐的讨论：

1. 如果 $p_1$ 对应的段长度 $\ge 2$：

   $$\sum_{t=1}^{f_0}\sum_{k\ge f_0-t}\binom{k+t-1}{t-1}[x^{n-2k}]\left[\frac{x^2}{1-x}\cdot \left(\frac{x^3}{1-x}+x\right)^{t-1}(1+x)^t\right]$$

2. 如果 $p_1$ 对应的段长度为 $1$，且 $t=1$：

   $$[n-1\ge 2(f_0-1)]$$

3. 如果 $p_1$ 对应的段长度为 $1$，且 $1<t<f_0$，此时可以容斥计算：

   $$\begin{aligned} &\sum_{t=2}^{f_0-1}\sum_{k\ge f_0-t}\binom{k+t-1}{t-1}[x^{n-2k}]\left[x\left(\frac{x^3}{1-x}+x\right)^{t-1}(1+x)^t\right]\\ -&\sum_{t=2}^{f_0-1}\sum_{k\ge f_0-t}\binom{k+t-2}{t-2}[x^{n-2k}]\left[x^2\left(\frac{x^3}{1-x}+x\right)^{t-1}(1+x)^{t-1}\right] \end{aligned}$$

4. 如果 $p_1$ 对应的段长度为 $1$，且 $t=f_0$，此时可以直接计算：

   $$\sum_{k\ge 0}\binom{k+f_0-2}{f_0-2}[x^{n-2k}]\left[x\left(\frac{x^3}{1-x}+x\right)^{t-1}(1+x)^{t-1}\right]$$

可以在 $O(n^2)$ 的时间内预处理后面 GF 的系数。直接枚举看似是 $O(n^3)$ 的，但是注意到 $f_0$ 实际上不需要直接枚举，我们只需要由 $t,k$ 确定 $f_0$ 的个数就行，于是复杂度可以被优化到 $O(n^2)$。

顺便一说，上述分析并没有考虑 $\min a\ge m$ 的条件。不过这并不复杂，对于 $f_0>m$，用上面的方式计算即可；对于 $f_0=m$，单独计算 $f_0=\min a=m$ 的数量即可。

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最后，处理 $a$ 可能算重的历史遗留问题。考虑到直接计算都非常困难，我们还是倾向于证明“不会算重”。

证明思路并不复杂，用不等式导出矛盾即可，以下为详细过程：

Property.

不存在满足如下性质的 $a$：

存在 $f(p)=\min a$ 和 $f(q)=1+\min a$ 的排列 $p,q$，使得 $a$ 可以由 $p,q$ 构造。

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假设存在。设 $v=\min a$。

1. 考察 $p$。若 $p_x$ 位置为 $p$ 中前缀最大值，则 $x<n$ 且 $p_{x+1}$ 一定不是 $p$ 中前缀最大值。

   这一点可以导出 $2v\le n\Rightarrow v\le \frac{n}{2}$。

2. 设 $a$ 中有 $\alpha$ 个 $v$，$\beta$ 个 $v+1$。容易发现，有 $\alpha+\beta\le n$。

   此外，任意一个 $a_x=v+1$ 的 $x$ 必然类似地满足 $p_x$ 为 $p$ 中前缀最大值，$x+2\le n$ 且 $p_{x+1},p_{x+2}$ 一定不是 $p$ 中前缀最大值。于是 $a_{x+1}=a_{x+2}=v$，导出 $2\beta\le \alpha$，接着可以导出 $\beta\le \frac n 3$。

   最后，在 $q$ 中，前缀最大值至少有 $n-\beta$ 个，所以 $v+1\ge n-\beta$，于是有 $v\ge \frac 2 3n-1$。

假如 $\frac 2 3n-1\le \frac n 2$，可以解得 $n\le 6$。所以当 $n>6$ 时，这样的 $a$ 不存在；当 $n\le 6$ 时，经过暴力验证也可以发现这样的 $a$ 不存在。

于是这个恼人的问题就解决了。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>

#define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )

const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 4e3 + 5;

template<typename _T>
inline void Read( _T &x ) {
	x = 0; char s = getchar(); bool f = false;
	while( ! ( '0' <= s && s <= '9' ) ) { f = s == '-', s = getchar(); }
	while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
	if( f ) x = -x;
}

template<typename _T>
inline void Write( _T x ) {
	if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if( 9 < x ) Write( x / 10 );
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int poly[MAXN];
int coe1[MAXN][MAXN], coe2[MAXN][MAXN], coe3[MAXN][MAXN], coe4[MAXN][MAXN];

int C[MAXN][MAXN];

int N, M;

inline int Qkpow( int, int );
inline int Inv( const int &a ) { return Qkpow( a, mod - 2 ); }
inline int Mul( int x, const int &v ) { return 1ll * x * v % mod; }
inline int Sub( int x, const int &v ) { return ( x -= v ) < 0 ? x + mod : x; }
inline int Add( int x, const int &v ) { return ( x += v ) >= mod ? x - mod : x; }

inline int& MulEq( int &x, const int &v ) { return x = 1ll * x * v % mod; }
inline int& SubEq( int &x, const int &v ) { return ( x -= v ) < 0 ? ( x += mod ) : x; }
inline int& AddEq( int &x, const int &v ) { return ( x += v ) >= mod ? ( x -= mod ) : x; }

inline int Qkpow( int base, int indx ) {
	int ret = 1;
	while( indx ) {
		if( indx & 1 ) MulEq( ret, base );
		MulEq( base, base ), indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

inline void Init( const int &n ) {
	rep( i, 0, n ) {
		C[i][0] = C[i][i] = 1;
		rep( j, 1, i )
			C[i][j] = Add( C[i - 1][j], C[i - 1][j - 1] );
	}
	poly[0] = 1;
	rep( t, 1, n ) {
		per( i, n, 1 ) AddEq( poly[i], poly[i - 1] ); // *= ( 1 + x )
		rep( i, 0, n ) coe4[t][i] = poly[i];
		rep( i, 1, n ) AddEq( poly[i], poly[i - 1] ); // *= 1 / ( 1 - x )
		rep( i, 0, n ) coe1[t][i] = poly[i];
		per( i, n, 0 ) {
			int tmp = poly[i];
			if( i >= 1 ) SubEq( tmp, poly[i - 1] );
			if( i >= 2 ) AddEq( tmp, poly[i - 2] );
			poly[i] = tmp;
		} // *= x^2 - x + 1
		rep( i, 0, n ) coe2[t][i] = poly[i];
	}
	rep( i, 0, n ) poly[i] = ( i == 0 );
	rep( t, 1, n ) {
		rep( i, 1, n ) AddEq( poly[i], poly[i - 1] );
		per( i, n, 1 ) AddEq( poly[i], poly[i - 1] );
		rep( i, 0, n ) coe3[t][i] = poly[i];
	}
}

int main() {
	// freopen( "beats.in", "r", stdin );
	// freopen( "beats.out", "w", stdout );
	Read( N ), Read( M ), Init( N );
	int ans = 0;
	for( int t = 1 ; t <= N ; t ++ ) {
		for( int k = 0 ; N - 2 * k - t - 1 >= 0 ; k ++ ) {
			int l = std :: max( t, M + 1 ), r = std :: min( t + k, N );
			if( l <= r ) AddEq( ans, Mul( r - l + 1, Mul( C[k + t - 1][t - 1], coe1[t][N - 2 * k - t - 1] ) ) );
		}
		// if v == t
		if( M + 1 <= t )
			for( int k = 0 ; N - 2 * k - t >= 0 ; k ++ )
				AddEq( ans, Mul( C[k + t - 2][t - 2], coe2[t - 1][N - 2 * k - t] ) );
		// if 2 <= t < v
		if( t >= 2 )
			for( int k = 0 ; N - 2 * k - t >= 0 ; k ++ ) {
				int res = 0;
				AddEq( res, Mul( C[k + t - 1][t - 1], coe4[t][N - 2 * k - t] ) );
				if( N - 2 * k - t - 1 >= 0 )
					SubEq( res, Mul( C[k + t - 2][t - 2], coe2[t - 1][N - 2 * k - t - 1] ) );
				int l = std :: max( t + 1, M + 1 ), r = std :: min( N, t + k );
				if( l <= r ) AddEq( ans, Mul( res, r - l + 1 ) );
			}
		// if t == 1
		if( t == 1 ) 
			for( int v = M + 1 ; v <= N ; v ++ )
				AddEq( ans, N - 1 >= 2 * ( v - t ) );
	}
	for( int t = 1 ; t <= M ; t ++ )
		for( int k = M - t ; N - 2 * k - 3 * t + 1 >= 0 ; k ++ )
			AddEq( ans, Mul( C[k + t - 1][t - 1], coe3[t][N - 2 * k - 3 * t + 1] ) );
	Write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}