NOI2018 D1T2 冒泡排序
求有多少个排列 (p)，满足字典序严格大于 (q)，且冒泡排序的交换次数到达下界。
(nle 6 imes 10^5)
( m Sol:)
略微观察，发现到达下界即不存在无用挪动，即每一次交换都会使得两者向着目标方向移动一格。
换而言之，对于 (p_i)，其目标位置为 (p_i)，假设其从 (i) 走到 (p_i)，那么对于后面的每个要往前走的元素，必然两者会进行一次交换，于是往前走的元素的数量不能比 (p_i-i) 多。
换而言之，在他右边，比他小的元素不能多于 (p_i-i)，另一种则是在他左边，比他大的元素不能多于 (i-p_i)
接着挖掘性质，发现对于 (i)，假设他要往右走，那么左边不能有比他大的元素，假设他要往左走，那么右边不能有比他小的元素。
手玩后发现这个条件涵盖了之前的条件，而且感性上理解觉得他非常的是一个充分必要条件。
但是这样不好做，考虑找一个等价条件，注意到假设 (p_i) 要往右走，那么左边不存在比他大的，对于其右边一个比他小的元素，假设其往右走，那么这个元素比他大，非法，假设往左走，那么其右边不存在比他小的元素，所以逆序序列长度至多为 (2)
另一类同理，于是只需要统计逆序序列长度至多为 (2)，字典序大于 (q) 的序列数。
考虑设 (f_{i,j,0/1}) 表示到位置 (i)，最大值为 (j)，当前字典序大于 (q) 还是等于 (q) 的方案数，转移的话有两种：填入的 (x) 大于 (j)，另一种是小于，但是由于逆序序列长度不能超过 (2)，所以比他小的元素不能存在逆序对，所以必然依次填入，所以序列确定了。
根据 0/1 进行讨论，复杂度 (mathcal O(n^3))，可以获得 ( m 64pts) /baojin
通过前缀优化可以做到 (mathcal O(n^2))，可以获得 ( m 80pts) 的高分 /jk
接下来枚举一个前缀，同时强制令 (p_{1..i-1}=q_{1...i-1})，且这个前缀目前合法，同时我们令 (p_i>q_i)，此时将这些数剔除，问题变成剩余 (m) 个数，开头存在一个最大值 (x)，当前数需要大于 (q_i)，求不存在长度大于 (2) 的下降序列的方案数。
大于 (q_i) 的条件可以进行容斥，先统计满足前缀相同的方案数，然后减去小于等于 (q_i) 的方案数，如果 (q_i>x)，那么暴力枚举，否则小于等于对应的数是唯一的，即 ( m mex)，不难发现总枚举量是 (mathcal O(n+sum ( extrm{mx}_i- extrm{mx}_{i-1})))，即 (mathcal O(n))
考虑固定了一个前缀，可以把这些数拎出去，然后对于剩余数只关乎前缀最大值，将其作为开头，同时按照相对大小关系进行排序，不难发现问题变成了求 (1sim m) 的排列中，开头固定为 (x)，且合法的方案数。
考虑通过 Dp 统计，设 (f_{i,j}) 表示到位置 (i)，最大值为 (j) 的方案数，转移为 (f_{i,j}=sum f_{i-1,k}[kle j])，转移的另一个前提是 (jge i)
构造直线 (y=x-1)，不难发现问题所求即为从 ((0,x)) 出发，且不经过此直线，到达 ((m,m)) 的方案数。
对称，答案即为从 ((0,x)) 出发和从 ((x+1,-1)) 出发到达 ((m,m)) 的方案数之差，即 (inom{2m-x}{m}-inom{2m-x}{m+1})
于是我们只需要预处理 (x) 即可，(m) 显然就是 (n-i)，而 (x) 则是对于位置 (i)，后面没有出现过的元素比他小的元素个数(+1)，统计一下前面比他小的元素个数即可，树状数组维护就 ok 了，复杂度 (mathcal O(nlog n))