[bzoj4361] isn [树状数组+dp+容斥原理]

题面

传送门

思路

首先，本题目的核心元素是非降子序列，而显然这个题目中的子序列只和序列的长度、位置，以及互相之间的包含关系，这些东西相关

所以我们可以依据这些先“猜”（实际上是估测一个类似的）$dp$方程：

设$dp[i][j]$表示以$i$个位置结尾的，长度为$j$的非降子序列个数

转移：$dp[i][j]=\sum_{k=1}^{i-1}[a[k]<a[i]]dp[k][j-1]$

这个东西显然可以用树状数组求逆序对的套路，在$O(n^2logn)$的时间内求出来

然后，我们定义$g[i]$表示剩下掉$i$个数，得到一个非降子序列的方法数，方程显然：

$g[i]=\sum_{j=1}^{n}dp[j][i]*(i!)$

注意不要漏掉了阶乘，这个是表示组合方法的

但是这个东西是有问题的：在去掉$i$个数的过程中，有可能在去掉第$j(j<i)$个数的时候就已经达成非降子序列、不能继续操作了

那么我们就需要容斥一下

我们令$ans[i]$表示减去了这些不合法方案以后的$g[i]$

考虑一个$j>i$的数对$(j,i)$，如果在$j$处就已经达成的话，方案数等于$ans[j]$，然后我们要从$i$个里面选出来$j-i$个作为在完成以后还删掉了的

那么显然重复的方案数就是$ans[j] \ast C_{j}^{j-i}\ast(j-i)!$

对于所有的$j>i$，把$g[i]$减掉上面那个东西得到$ans[i]$，然后所有$ans[i]$的和就是答案了

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cassert>
#define ll long long
#define MOD 1000000007
#define rank DEEP_DARK_FANTASY
using namespace std;
inline int read(){
    int re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
ll qpow(ll a,ll b){
    ll re=1;
    while(b){
        if(b&1) re=re*a%MOD;
        a=a*a%MOD;b>>=1;
    }
    return re;
}
void add(ll &x,ll y){
    x+=y;
    if(x>=MOD)x-=MOD;
}
void dec(ll &x,ll y){
    x-=y;
    if(x<0) x+=MOD;
}
struct BIT{
    ll a[2010];
    BIT(){memset(a,0,sizeof(a));}
    int lowbit(int x){
        return x&(-x);
    }
    void update(int x,ll val){
        for(;x<=2000;x+=lowbit(x)) add(a[x],val);
    }
    ll sum(int x){
        ll re=0;
        for(;x>0;x-=lowbit(x)) add(re,a[x]);
        return re;
    }
}T[2010];
int n,a[2010],rank[2010];ll dp[2010][2010],ans[2010],tmp[2010];
ll f[2010],finv[2010];
inline bool cmp(int l,int r){
    return a[l]<a[r];
}
void init(){
    int i,len=2000;f[0]=f[1]=finv[0]=finv[1]=1;
    for(i=2;i<=len;i++) f[i]=f[i-1]*i%MOD;
    finv[len]=qpow(f[len],MOD-2);
    for(i=len;i>2;i--) finv[i-1]=finv[i]*i%MOD;
}
ll C(ll x,ll y){
    return f[x]*finv[y]%MOD*finv[x-y]%MOD;
}
int main(){
    n=read();int i,j,cnt=0;ll re=0;
    init();
    for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),rank[i]=i;
    sort(rank+1,rank+n+1,cmp);
    for(i=1;i<=n;i++){
        cnt++;
        while(a[rank[i]]==a[rank[i+1]]) a[rank[i]]=cnt,i++;
        a[rank[i]]=cnt;
    }
    for(i=1;i<=n;i++){
        for(j=i;j>=2;j--){
            dp[i][j]=T[j-1].sum(a[i]);
            T[j].update(a[i],dp[i][j]);
        }
        dp[i][1]=1ll;
        T[1].update(a[i],1ll);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=i;j<=n;j++)
            add(tmp[i],dp[j][i]*f[n-i]%MOD);
    for(i=n;i>=1;i--){
        ans[i]=tmp[i];
        for(j=i+1;j<=n;j++)
            dec(ans[i],ans[j]*C(j,j-i)%MOD*f[j-i]%MOD);
        add(re,ans[i]);
    }
    printf("%lld\n",re);
}