题解：CF1988F Heartbeat

CF1988F 题解

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题意

按如下方式定义一个排列 $p_{1\sim n}$ 的权值：

定义前缀最大值 $p_i$ 满足 $\begin{aligned}p_i=\max^{i}_{j=1}p_j\end{aligned}$ ，记 $p$ 的前缀最大值的个数为 $x$ 。
定义后缀最大值 $p_i$ 满足 $\begin{aligned}p_i=\max^{n}_{j=i}p_j\end{aligned}$ ，记 $p$ 的后缀最大值的个数为 $y$ 。
定义 $\begin{aligned}z=\sum^{i=2}_{n}[p_{i-1}<p_i]\end{aligned}$ 。

则排列 $p$ 的权值为 $a_x\times b_y\times c_z$ 。

其中 $a,b$ 从 $1$ 开始输入， $c$ 从 $0$ 开始输入。

前置知识

本题要用到组合数，组合数要是在转移方程里面进行暴力计算无疑会增加时间复杂度，所以考虑预处理。

那么组合数预处理其实就是用到这个公式： $C^m_n=C^m_{n-1}+C^{m-1}_{n-1}$ ，就开个二维数组预处理即可。

当然，既然是前置知识那就简单的证明一下，其实证明方法有两种，第一种是杨辉三角，第二种暴力拆开，这里使用第二种。

$\begin{aligned}C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1}&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m+1)}{(m-1)!}+\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m+1)\times(n-m+m)}{m!}\\&=\frac{n\times(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=C^{m}_{n}\end{aligned}$

思路

首先看到题目很自然的想到了 DP，观察题目发现这题对答案有影响的就是前后缀最大值和上升点（后一个点比前一个点大即满足条件三的点对）的个数。

于是设 $f_{n,i,j}$ 表示 $1\sim n$ 的所有排列中有 $i$ 个前缀最大值， $j$ 个上升点的排列个数， $g_{n,i,j}$ 表示 $1\sim n$ 的所有排列中有 $i$ 个后缀最大值， $j$ 个上升点的排列个数。

由对称性可知， $g_{n,i,j}=f_{b,i,n-j-1}$ ，于是在打代码的时候就不需要 $g$ ，可以将它转化为 $f$ 。

接下来考虑 $f$ 的转移方程式。

首先先思考如何从 $n-1$ 个数转变成 $n$ 个数是比较方便列式子的，容易想到，可以是将之前旧的 $1\sim n-1$ 的排列中的每一个数都加一，于是就空出了一个 $1$ 的位置，因为原数列都加上了一，相对大小关系不变，所以只用考虑插入这个新的 $1$ 会产生的影响即可。

$1$ 在上升点对的的中间或者在最后，因为 $1$ 是最小的，所以这两种情况均不影响前缀最大值和上升点对数（ $1$ 和原本的上升点对中大的数组成一对，但拆散了原本的那一对，所以不影响），于是就有 $f_{n,i,j}\gets f_{n,i,j}+f_{n-1,i,j}\times(j+1)$ 。（ $j$ 是上升点的个数， $1$ 是放在最后一个的情况。）
$1$ 在最前面的位置，这样的话 $1$ 会添加一个本身的前缀最大值，以及和原本数列的第一个数成为一个上升点对，（因为 $1$ 是最小的。）于是 $f_{n,i+1,j+1}\gets f_{n,i+1,j+1}+f_{n-1,i,j}$ 。
$1$ 在其他的 $n-j-2$ 个位置的之一，因为 $1$ 是最小的，所以 $1$ 放在其他位置不会产生新的前缀最大值，会和插在的位置后面的那一个数产生一个新的上升点对，于是 $f_{n,i,j+1}\gets f_{n,i,j+1}+f_{n-1,i,j}\times(n-j-2)$ 。

如果考虑插入 $n$ 的话可能也可以，本人没试过，欢迎各位大佬尝试。

当然，这样子的是远远不足以通过题目的，也配不上这黑的难度， $n^3$ 的空间复杂度接受不了，不过发现三个转移方程的第一维都只与上一个状态有关，于是就考虑使用滚动数组来优化空间，这样空间复杂度就可以接受了。

接下来考虑如何统计答案。

首先想到 $n$ 是整个数列中最大的数，必定会产生新的前后缀最大值，且继续往 $n$ 的两边遍历是不会再出现前后缀最大值，所以考虑将数列分成 $n$ 左边的一段，和 $n$ 右边的一段。于是就可以得到如下方程。

$\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{i=0}^{p-1}\sum_{j=0}^{n-p}\sum_{x=0}^{p-1}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times f_{p-1,i,x}\times g_{n-p,j,y}\times a_{i+1}\times b_{j+1}\times c_{x+y+[p>1]}\end{aligned}$ 。

先来解释下，其实就是枚举 $n$ 的一边的数字的情况（自然另一边也就出来了），再乘以相应的方案数，当然，如果 $n$ 在 $1$ 这个位置不产生的上升点对，所以只有不在 $1$ 时才会产生上升点对。

这个时间复杂度肯定是不够的，所以考虑降维。

发现 $f_{p-1,i,x},g_{n-p,j,y}$ 和 $a_{i+1},b_{j+1}$ 分别配对只有三个不同的变量，于是就可以预处理 $\begin{aligned}u_{i,x}=\sum^{n}_{p=1}f_{p-1,i,x}\times a_{i+1},v_{j,y}=\sum^{n}_{p=1}g_{n-p,j,y}\times b_{j+1}\end{aligned}$ 。

（为什么是三个呢？因为预处理的时间复杂度最多是 $n^3$ 的，而两个不同的找不到。）

于是方程就变为 $\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{x=0}^{p-1}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times u_{p-1,x}\times v_{n-p,y}\times c_{x+y+[p>1]}\end{aligned}$ 。

但是这还是不够的，因为题目要求的是长度小于等于 $n$ 的所有排列，外面还得套上一个枚举 $n$ 的长度，所以还得再降一维。

观察发现 $u_{p-1,x}$ 和 $c_{x+y+[p>1]}$ 只有三个不同的变量，也有可以预处理啦！将他们的积存进 $w_{p-1,y}$ 中，于是，最终得到了一个真正正确的式子。

$\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times w_{p-1,y}\times v_{n-p,y}\end{aligned}$ 。

上代码！！！

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
#define ni i&1
#define li (i-1)&1 
using namespace std;
const int MN=705;
const int mod=998244353;
ll n,ans,a[MN],b[MN],c[MN],C[MN][MN],f[2][MN][MN],u[MN][MN],v[MN][MN],w[MN][MN];
void write(ll n){if(n<0){putchar('-');write(-n);return;}if(n>9)write(n/10);putchar(n%10+'0');}
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
int main(){
// 	freopen("heart.in","r",stdin);
// 	freopen("heart.out","w",stdout); 
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) b[i]=read();
	for(int i=0; i<n; i++) c[i]=read();
	for(int i=0; i<=n; i++){C[i][0]=1;for(int j=1; j<=i; j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;}
	u[0][0]=a[1];v[0][0]=b[1];
	for(int i=1; i<=n; i++){
		if(i==1) f[1][1][0]=1;
		else{
			for(int j=1; j<i; j++) for(int k=0; k<i; k++) f[ni][j][k]=0;
			for(int j=1; j<i; j++) for(int k=0; k<i-1; k++){
				f[ni][j][k]=(f[ni][j][k]+f[li][j][k]*(k+1)%mod)%mod;
				f[ni][j+1][k+1]=(f[ni][j+1][k+1]+f[li][j][k])%mod;
				f[ni][j][k+1]=(f[ni][j][k+1]+f[li][j][k]*(i-k-2)%mod)%mod;
			}
		}
		for(int j=1; j<=i; j++) for(int k=0; k<i; k++){
			u[i][k]=(u[i][k]+f[ni][j][k]*a[j+1]%mod)%mod;
			v[i][k]=(v[i][k]+f[ni][j][i-k-1]*b[j+1]%mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<=i; j++) for(int k=0; k<n-j; k++) w[i][k]=(w[i][k]+u[i][j]*c[j+k+(i>0)]%mod)%mod;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		ans=0;
        for(int p=1; p<=i; p++) for(int y=0; y<=i-p; y++) ans=(ans+w[p-1][y]*v[i-p][y]%mod*C[i-1][p-1]%mod)%mod;
		write(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}