LINK：冒泡排序
神题。
可以想到爆搜 期望得分5~10分。
打成这个样子心态不得爆炸？
仔细分析 一个不合法序列还有什么标志.
容易想到某个数字离自己位置相反的方向多走了一步.
考虑单独对每个数字进行分析 每次都是这个数字前面的数字会让它多走一步.
对于每个位置 i 位置上的数字 (a_i) (cnt_i)表示前面有多少个数字比其大。
那么有 (i-cnt_i<a_i)那么就不合法了。
考虑状压 对于字典序可以利用总方案-<=的方案来做 类似数位dp。
期望得分44.
code
//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 10000000000000000ll
#define inf 1000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007ll
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-10
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 998244353
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char gc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}
return x*f;
}
const int MAXN=18,maxn=600010;
int n,T;
int a[maxn];
int f[1<<MAXN],c[1<<MAXN];
int g[1<<MAXN][2];
int maxx;
inline void add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
get(T);
int ww=1<<18;
vep(1,ww,i)c[i]=c[i>>1]+(i&1);
while(T--)
{
get(n);
rep(1,n,i)get(a[i]);
if(n<=18)
{
rep(0,maxx,i)f[i]=g[i][0]=g[i][1]=0;
maxx=1<<n;--maxx;
f[0]=1;g[0][1]=1;
rep(0,maxx-1,i)
{
if(!f[i])continue;
int cnt=0;
fep(n,1,j)
{
if(i&(1<<(j-1))){++cnt;continue;}
int s=i|(1<<(j-1));
if(cnt&&c[s]-cnt<j)continue;
add(f[s],f[i]);
add(g[s][0],g[i][0]);
if(j>a[c[s]])continue;
if(j==a[c[s]])add(g[s][1],g[i][1]);
else add(g[s][0],g[i][1]);
}
}
//put(g[1][1]);
put((f[maxx]-g[maxx][0]-g[maxx][1]+mod)%mod);
}
}
return 0;
}
我以为想到这个地方就在第5层了 可是正解大概在第37层.
进一步规约发现的性质。
会出现不合法的情况 一个是前面比其数字多的数字已经让他跑到超过自己位置了。
考虑恰好到其位置的时候 前面还有比其大的数字那么后面一定还存在一个比其小的数字。
那么 由于后面的数字一直存在 那么一开始就是那个局面 一堆比x大的在x前面 后面还有一个比x要小的。
此时可以想到x也会跑到后面去更新比它小的数字 那么前面的数字在让x一直往前的之后 x的位置一定是<x的。
不然x是不会跑到后面更新那个比它小的数字而且更新完后自己还没有办法回到原位.
但是这个条件是前面至少有一个比x大 然后越过x的位置 可以看成后面存在一个<x的数字。
这样 规律就被直接推出来了 即不存在长度为3的下降子序列。
推出来就不需要证明了。
尽管过程略显生硬 但是非常符合逻辑
接下来需要dp了。
先不管字典序。
那么dp出所有合法的序列也是一件困难的事情。
还是由(i)推(i+1) 考虑第一位放什么。
假设放x 那么比x大的还是可以随便放第二位的 但是比x要小的话需要1~x-1要整齐出现.
此时容易想到 设(f_{i,j})表示长度为i 以j开头的方案数.
那么有 (f_{i,j}=sum_{l=max(1,j-1)}^{i-1}f_{i-1,l})
这样就可以(n^2)递推了.
考虑如何求答案.
欲知后事如何 且听下回分解
update 7.26 继续营业：
没有限制答案就是(sum_{i=1}^nf_{n,i})
由于答案要求严格比某个排列字典序要大.
我们之所以求这个数组就是为了比较方便的得到答案.
和答案一一比较字典序.到了第i个位置我们要求的是前i-1个位置上的数字相同.
那么当前位置要填x 显然(x>a_i) 为了满足要求x还要大于前缀最大值.
为了证明后者 先分类讨论一波 如果前缀最大值(>a_i) 那么(x<)前缀最大值.
此时放x 后面肯定存在一个(a_i)一定是不合法的.
如果前缀最大值等于(a_i)显然x要大于(a_i) 所以x还是要大于前缀最大值.
我们就可以得到哪些能用数字的集合 (mx_i+1~n) 其中(mx_i)为(max_{j=1}^ia_i)
同时 此时能用的数字个数为n-i+1 这些数字排名也就有了 累加f数值即可.即:
(sum_{j=n-i+1-n+mx_i+1}^{n-i+1}f_{n-i+1,j})
这样就有一个(n^2)的做法了.
期望得分80
code
//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define inf 1000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007ll
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-10
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 998244353
#define len(x) t[x].len
#define f(x) t[x].fa
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char gc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}
return x*f;
}
const int MAXN=1010;
int n,T;
int f[MAXN][MAXN];
int a[MAXN],mn[MAXN];
inline void add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mus(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
get(T);n=1000;
f[1][1]=1;
rep(2,n,i)
{
int sum=0;
rep(1,i-1,j)add(sum,f[i-1][j]);
f[i][1]=f[i][2]=sum;
rep(3,i,j)
{
sum=mus(sum,f[i-1][j-2]);
f[i][j]=sum;
}
}
while(T--)
{
get(n);int ans=0;
rep(1,n,i)get(a[i]);
mn[n]=a[n];fep(n-1,1,i)mn[i]=min(a[i],mn[i+1]);
int mx=0,cmx=0;
rep(1,n,i)
{
if(cmx>mn[i])break;
if(mx>a[i])cmx=max(cmx,a[i]);
mx=max(mx,a[i]);
rep(n-i+1-n+mx+1,n-i+1,j)add(ans,f[n-i+1][j]);
}
put(ans);
}
return 0;
}
不管是f数组还是f数组的后缀和 这都是(n^2)的.
考虑优化.
欲知后事如何 请听下回分解