CodeForces 1349F1 Slime and Sequences (Easy Version)

洛谷传送门

CF 传送门

发现样例中所有数的和为 \(n!n\)，于是猜想好的序列总数为 \(n!\)。

考虑将每一个排列 \(p\) 唯一对应一个好的序列 \(a\)。可以这么构造：在 \(p\) 中顺着填，先倒着列出 \(1\) 在 \(a\) 中所有出现位置，再到 \(2,3,...,n\)。

于是发现对于一个排列 \(p\)，\(i\) 出现的次数就是第 \(i\) 个连续极长的大于段的长度。所以当且仅当 \([1,j)\) 中有 \(i-1\) 个位置 \(k\) 满足 \(p_k < p_{k+1}\)，\(j\) 就对 \(ans_i\) 造成了 \(1\) 的贡献。

设 \(f_{i,j}\) 有多少种 \(1 \sim i\) 的排列满足存在 \(j\) 个位置 \(p\) 满足 \(p_k < p_{k+1}\)，可得：

\[ans_i = \sum\limits_{j=1}^n f_{j,i-1} \times \dbinom{n}{j} \times (n-j)! \]

意思是从 \(n\) 个数选 \(j\) 个，剩下 \(n-j\) 个数随便放。

\(f_{i,j}\) 可以 dp 求出。考虑将 \(i\) 插入 \(1 \sim i-1\) 的排列中，需要分类讨论：

• 若插到开头，则从 \(f_{i-1,j}\) 转移；
• 若插到结尾，则从 \(f_{i-1,j-1}\) 转移；
• 若插到满足 \(p_k < p_{k+1}\) 的 \(k,k+1\) 之间，则从 \(j \times f_{i-1,j}\) 转移；
• 若插到满足 \(p_k > p_{k+1}\) 的 \(k,k+1\) 之间，则从 \((i-j-1) \times f_{i-1,j-1}\) 转移。

综上，有 \(f_{i,j} = (j+1)f_{i-1,j} + (i-j)f_{i-1,j-1}\)。

总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

code

/*

p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy

*/

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 5010;
const ll mod = 998244353;

ll n, fac[maxn], ifac[maxn];
ll f[maxn][maxn];

ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	f[1][0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j < i; ++j) {
			f[i][j] = f[i - 1][j] * (j + 1) % mod;
			if (j) {
				f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - 1] * (i - j) % mod) % mod;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ll ans = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			ans = (ans + f[j][i - 1] * C(n, j) % mod * fac[n - j] % mod) % mod;
		}
		printf("%lld ", ans);
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}