https://www.zybuluo.com/ysner/note/1312309
题面
给定一个({1,2,3,4,...,n})的排列(p)。一个({1,2,3,...,n-1})的排列(q)被认为是优美
的排列,当且仅当(q)满足下列条件:
对排列(s={1,2,3,4,...,n})进行(n–1)次交换。
- 交换 (s[q1],s[q2 + 1])
- 交换 (s[q2],s[q2 + 1])
...
最后能使得排列(s = p)
问有多少个优美的排列,答案对(10^9+7)取模。
解析
首先显而易见的是这个排列有(n-1)对逆序对。
能影响每个位置的值的交换，只有两个：
- 其前面一个的交换，会把自己与前一个数字交换；
- 其自己的交换，会把自己与后一个数字交换。
然后想想把(i)调到其在(s)中的位置(pos[i])需要满足哪些条件。
若(pos[i]<i)，说明(i)要向左调，因此其前面一个的交换应比其自己的交换靠前。
而在(pos[i]+1～i-1)中，它们自己的交换应比其前面一个的交换靠前，否则无法保证(i)到达(pos[i])。
这样就能得出这(n-1)个交换的相对顺序。
设(f[i][j])为统计到第(i)个位置的交换，该交换在排列中排第(j)个。
然后再枚举上一个位置交换排第几个，依限制(DP)转移即可，复杂度(O(n^3))。
发现可以转移的部分不是前缀就是后缀，可以前缀和优化，复杂度降到(O(n^2))。
嗯，还有个只能让蒟蒻挂掉的细节：
(f[i-1][j]->f[i][j])的转移是合法的。
因为从前往后转移的过程实际上是插入数的过程，所以如果第(i)个位置的交换在第(j)个，后面所有交换的位置都会后移一位。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=5e3+100,mod=1e9+7;
int n,pos[N],ans,op[N],tag=1,f[N][N],g[N][N];
bool vis[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!=-'-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
//op前面操作先于后面操作1 or 前面操作后于后面操作2
il void Pre()
{
fp(i,1,n)
{
if(pos[i]==i) tag=0;
if(pos[i]<i)
{
if(pos[i]!=1) op[i]|=1;
fp(j,pos[i]+1,i-1) op[j]|=2;
}
if(pos[i]>i)
{
if(pos[i]!=n) op[i]|=2;
fp(j,i+1,pos[i]-1) op[j]|=1;
}
}
fp(i,1,n-1) if(op[i]==3) tag=0;
}
int main()
{
n=gi();
fp(i,1,n) pos[gi()+1]=i;
Pre();
if(!tag) return puts("0"),0;
f[1][1]=g[1][1]=1;
fp(i,2,n-1)
{
fp(j,1,i)
{
if(op[i]==0) (f[i][j]+=g[i-1][i-1])%=mod;
if(op[i]==1) (f[i][j]+=g[i-1][j-1])%=mod;
if(op[i]==2) (f[i][j]+=g[i-1][i-1]-g[i-1][j-1]+mod)%=mod;
}
fp(j,1,i) g[i][j]=(g[i][j-1]+f[i][j])%mod;
}
printf("%d
",g[n-1][n-1]);
return 0;
}