【[HAOI2009]逆序对数列】

发现自己学了几天splay已经傻了

其实还是一个比较裸的dp的，但是还是想了一小会，还sb的wa了几次

首先这道题的状态应该很好看出，我们用\(f[i][j]\)表示在前\(i\)个数中（即\(1-i\)中)逆序对个数为\(j\)的方案数

于是我们考虑怎么转移，我们知道逆序对这个东西并不看重实际的大小，只用关心相对大小就行了

于是\(f[i][j]\)的状态肯定来自于\(f[i-1]\)，这就相当于我们向序列里加入了\(i\)

由于\(i\)比之前所有数都大，于是它在几个数的前面就会产生多少个逆序对

于是我们的方程就很好写了

\(f[i][j]=\sum_{p=0}^{j}f[i-1][p]\)

同时前\(i-1\)新产生的逆序对的数量也就是\(i-1\)了

于是对于上面那个方程我们还要有一个限制条件

那就是\(p+i-1>=j\)

于是这份暴力代码就可以写出来了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 1001
using namespace std;
const int mod=10000;
int f[maxn][maxn];
int n,k;
inline int read()
{
    char c=getchar();
    int x=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
      x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
    return x;
}
int main()
{
    n=read();
    k=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++)
    for(re int j=1;j<=k;j++)
    for(re int p=0;p<=j;p++)
    if(i-1+p>=j) f[i][j]=(f[i-1][p]+f[i][j])%mod;
    cout<<f[n][k]<<endl;
    return 0;
}

但这份代码的复杂度显然是\(O(nk^2)\)的，于是就只有70

我们再去看看我们的方程，那是一个和式，下标还是连续的

有没有想到什么快速求和的方法

那自然是前缀和

由于我们更新\(i\)只会用到\(i-1\)

于是我们开一个滚动的前缀和数组就可以了

于是这就是代码了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 1001
using namespace std;
const int mod=10000;
int f[maxn][maxn];
int n,k;
int p[2][maxn];
inline int read()
{
    char c=getchar();
    int x=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
      x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
    return x;
}
int main()
{
	n=read();
	k=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=1;
	p[0][0]=p[1][0]=1;
	int now=0;
	for(re int i=1;i<=k;i++)
		p[now][i]=1;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(re int t=1;t<=k;t++)
			p[now^1][t]=0;
		for(re int j=1;j<=k;j++)
		{
			if(j-i+1<=0) f[i][j]=(p[now][j]+mod)%mod;
			else f[i][j]=(p[now][j]-p[now][j-i]+mod)%mod;
			p[now^1][j]=(f[i][j]+p[now^1][j-1])%mod;
		}
		now^=1;
	}
	cout<<f[n][k]<<endl;
	return 0;
}

前缀和优化dp的思想还是很重要的，以后看到这类的方程一定要往前缀和上想