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wmq的队伍
发布时间: 2017年4月9日 17:06 最后更新: 2017年4月9日 17:07 时间限制: 2000ms 内存限制: 512M
交大上课需要打卡，于是在上课前的几分钟打卡机前往往会排起长队。
平时早睡早起早早打卡的wmq昨晚失眠，今天起晚了，于是他也加入了打卡队伍中。
这个时候，wmq发现了神奇的现象，打卡队伍可以按人们的身高看成一个队列，左边是队头，右边是队尾。
对于队列a1...an，wmq想知道其中存在多少的有序k元组l1...lk
使得1≤l1<l2<...<lk≤n，并且有al1>al2>...>alk
输入有多组数据
第一行是一个正整数T，1≤T≤15，代表数据组数
每组数据第一行是两个正整数n，k，1≤n≤2∗104，1≤k≤min(n,100)
n代表队列的人数，k 的含义见题面
接下来一行有n个正整数，代表1到n的一个排列，表示队伍的身高情况
对于每组数据，输出一个整数，代表有序k元组的个数
考虑到数字可能很大，将答案对109+7取模之后输出
3 2 2 1 2 2 2 2 1 22 3 1 2 3 4 5 16 6 7 8 9 10 19 11 12 14 15 17 18 21 22 20 13
0 1 8
这题是一眼看破的题了，设dp[i][k]表示以第i个数字结尾的时候，下降子序列长度为k时的种类数。
那么dp[i][k] = sigma dp[res][k - 1]，a[res] > a[i], 1 <= res <= i - 1
那么答案就是 sigma dp[i][k], 1 <= i <= n
然后发现这样会超时，就马上否认了这个做法。于是做了3小时。
其中有一种比较有趣的想法是考虑每一个数字贡献，以
4、3、2、1，k = 3为例子。算出每一个位置的逆序对数，那么对于每一个点，如果它的逆序对 + 1 >= k的，就可以作为贡献
也就是，比如2的逆序对有2对，那么加上2就形成一个长度为3的下降子序列，这个时候有C(2, 2) = 1种，意思就是不包括2的话，我还要选出k - 1 = 2个数字，形成长度是3的下降子序列。那么1的逆序对有3种，贡献是C(3, 2) = 3种，最后ans = 4是对的。
这个方法思路很清晰，也很好理解，是bit + 组合数学，意思就是在前面m个数字选出k - 1个，形成长度是k的子序列。
但是这里忽略了16、19、11，k = 3这样的情况，因为虽然11的逆序对是2，能对答案造成贡献，但是这里11的逆序对互相不能形成逆序对。所以这样的做法是不行的。
然后设了很多dp，发现还是这个能做。暴力了一下，这个dp是正确的。
然后就是怎么优化了。
希望复杂度是O（nk）
那么我就需要快速知道，前i个数，有多少个比a[i]大的数字，而且它们产生的下降子序列长度是k。的总和
bit数组c[k]维护的是下降子序列长度是k时的数字情况。
具体看看代码。以后写出一个合法的dp，超时的，优化下，想一想有没什么数据结构或者某一维是并不需要关心的，比如浙大的校赛那题。dp就是带技巧的暴力，
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <assert.h> #define IOS ios::sync_with_stdio(false) using namespace std; #define inf (0x3f3f3f3f) typedef long long int LL; #include <iostream> #include <sstream> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <string> #include <bitset> const int maxn = 20000 + 20; int dp[maxn][100 + 20]; int a[maxn]; int c[100 + 2][maxn]; int n, k; const int MOD = 1e9 + 7; void add(int &x, int val) { x += val; if (x >= MOD) x -= MOD; } int lowbit(int x) { return x & (-x); } void upDate(int pos, int val, int which) { while (pos) { add(c[which][pos], val); pos -= lowbit(pos); } } int ask(int pos, int which) { int ans = 0; while (pos <= n) { add(ans, c[which][pos]); pos += lowbit(pos); } return ans; } void work() { scanf("%d%d", &n, &k); memset(c, 0, sizeof c); memset(dp, 0, sizeof dp); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &a[i]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) { dp[i][1] = 1; for (int j = 2; j <= k; ++j) { add(dp[i][j], ask(a[i] + 1, j - 1)); } for (int j = 1; j <= k; ++j) { upDate(a[i], dp[i][j], j); } } int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { add(ans, dp[i][k]); } printf("%d ", ans); } int main() { #ifdef local freopen("data.txt", "r", stdin); // freopen("data.txt", "w", stdout); #endif // cout << comb[7][2] << endl; // cout << comb[4][2] << endl; int t; scanf("%d", &t); while (t--) work(); return 0; }