LOJ2719. 「NOI2018」冒泡排序 [组合计数]

LOJ

思路

这题我看着题解还搞了几个小时？我也不知道自己在干啥……

首先你要通过出色的分析能力得到一个结论：一个排列合法当且仅当它的最长下降子序列长度不超过2。

证明？懒得写了。

然后我们不管字典序的限制，先写出一个DP：\(dp_{i,j}\)表示考虑了前\(i\)个，之前最大值是\(j\)，的方案数。转移就考虑下一个位置是填一个比最大值更大的数，或是填还没有填的数里面最小的数。

其实就是\(dp_{i,j}\rightarrow dp_{i+1,k},k\ge j\)，但\(i=j\)的时候不能转移到\(dp_{i+1,j}\)。

我们假装\(dp_{i+1,j}\)这里也有一个虚点，那么就可以把转移看成往右走一步，然后往上走若干步。这里的转移可以转移到\(dp_{i+1,i}\)，但是不能把\(dp_{i+1,i}\)转移到其他位置。（其实就是为了方便才搞出这么个特殊点）

初始从\(dp_{0,0}=1\)开始走，第一步必须向右然后向上若干步。最后答案是\(dp_{n,n}\)。

观察这个DP式子，发现把\(dp_{i,j}\)看做点\((i,j)\)，那么它的值就是从\((1,1)\)走到\((i,j)\)，只能向右或向上，并且不能摸到\(y=x-2\)这一条直线，的方案数。

不能碰到某条直线的这个套路我们非常熟悉，就是把起点对于它对称一下，方案数减掉，就可以了。

于是我们有\(dp_{n,n}={2n-2\choose n-1}-{2n-2\choose n-3}\)。

那么现在再来看一看字典序的限制，容易想到枚举前面几项相等，有一项更大，然后后面放飞自我。

这个怎么处理呢？设第\(i\)位不同，已经填完的数的最大值为\(mx\)，那么这一位就必须填大于\(\max({mx,a_i})\)的数。为什么？如果小于\(mx\)，那么就必须是未出现里面最小的数，就一定小于等于\(a_i\)了，就不合法了。

这相当于限定起点是\((i,\max(a_i,mx)+1)\)，仍然是走到\((n,n)\)，所以方案数也很容易算。

还有一个注意的地方是前\(i-1\)个的填法必须合法，也就是说每次要么大于最大值要么是最小值，否则就立刻break。

代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
    using namespace std;
    #define pii pair<int,int>
    #define fir first
    #define sec second
    #define MP make_pair
    #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
    #define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
    #define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
    #define templ template<typename T>
    #define sz 1206060
    #define mod 998244353ll
    typedef long long ll;
    typedef double db;
    mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
    templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
    templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
    templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
    templ inline void read(T& t)
    {
        t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
        while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
        while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
        if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
        t=(f?-t:t);
    }
    template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
    char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
    inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
    inline void print(register int x)
    {
        if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
        while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
        while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
    }
    void file()
    {
        #ifdef NTFOrz
        freopen("a.in","r",stdin);
		#else
    	freopen("inverse.in","r",stdin);
    	freopen("inverse.out","w",stdout);
    	#endif
    }
    inline void chktime()
    {
        #ifndef ONLINE_JUDGE
        cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
        #endif
    }
    #ifdef mod
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
    ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
    #else
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
    #endif
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

int n;
int a[sz];

ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){_fac[0]=fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;_fac[sz-1]=inv(fac[sz-1]);drep(i,sz-2,1) _fac[i]=_fac[i+1]*(i+1)%mod;}
ll C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0;}

ll calc(int x,int y)
{
	ll ret=C(n-x+n-y,n-x);
	x-=1,y+=1,swap(x,y),x+=1,y-=1;
	ret=(mod+ret-C(n-x+n-y,n-x))%mod;
	return ret;
}

int vis[sz];

void work()
{
	read(n);
	rep(i,1,n) read(a[i]);
	int mx=0,mn=1;ll ans=0;
	rep(i,1,n)
	{
		(ans+=calc(i,max(a[i],mx)+1))%=mod;
		if (a[i]<mx&&a[i]!=mn) break;
		vis[a[i]]=1;
		while (vis[mn]) ++mn;
		chkmax(mx,a[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	rep(i,1,n) vis[i]=0;
}

int main()
{
    file();
    init();
	int T;read(T);
	while (T--) work();
	return 0;
}