题解 洛谷 P6323 【[COCI2006-2007#4] ZBRKA】

对于这类和全排列有关的 dp 题，我们第一时间应该想到的套路是用 $f[i][j]$ 表示从 $1$ 到 $i$ 的全排列，存在 $j$ 个逆序对的情况数。和这题类似的题是 P2401 不等数列。

然后这题的转移也比较容易，只要枚举一下第 $i$ 个数插入的位置是哪个，用 $i-1$ 的进行转移即可。这样可以得出一份 56 分的 TLE 代码。时间复杂度为 $O(n^2c)$。

这个代码可以进行滚动数组优化但是貌似没有必要。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c;
const int mod=1000000007;
int dp[1001][10004];
int main()
{
	cin >> n >> c;
	dp[1][0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		for (int j=0;j<=c;j++)
		{
			for (int k=1;k<=i;k++) if (j-i+k>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-i+k])%mod;
		}
	}
	cout << dp[n][c];
	return 0;
}

发现一串连续的加和的形式，考虑前缀和优化。将 $dp$ 降成一维，可以用 $f$ 数组表示 $dp$ 的前缀和，那么转移很显然就是：

$$dp[j]=s[j]-s[j-i]$$

注意一下边界问题就可以轻松过掉了。时间复杂度是 $O(nc)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c;
const int mod=1000000007;
int dp[10004],s[10004];
int main()
{
	cin >> n >> c;
	dp[0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		s[0]=dp[0];
		for (int j=1;j<=c;j++) s[j]=(s[j-1]+dp[j])%mod;
		for (int j=0;j<=c;j++) 
		{
			if (j-i>=0) dp[j]=(s[j]-s[j-i]+mod)%mod;
			else dp[j]=s[j];
		}
	}
	cout << dp[c];
	return 0;
}

对于各种 dp 问题，还是建议大家先把暴力 dp 打出来再考虑优化。