NOI2018 冒泡排序

这是 NOI 的一个非常非常好的组合计数题。

题目

先考虑这么一个问题： 有一个长度为 \(n\) 的排列，它的前 \(m\) 位给定，问有多少种确定剩下 \((n-m)\) 位的方案使得整个排列是好的。

结论：一个长度为 \(n\) 的排列是「好」的，当且仅当不存在 \(1\le i< j< k \le n, a_i>a_j>a_k\)。

证明：咕咕咕

首先已确定部分如果已经存在以上的不合法情况，或者不管怎么填都不可能合法，那么答案为 \(0\)。

观察已确定的部分的最大值 \(x\)，那么容易发现剩下的数中小于 \(x\) 的应该按升序排。于是想到先处理大于 \(x\) 的部分，然后再把小于 \(x\) 的插进去。

• 对于大于 \(x\) 的部分，可以看作一个长度为 \(n-x\) 的好的排列的问题；
• 然后插入小于 \(x\) 的数，注意到小于 \(x\) 的数之前不能有大于 \(x\) 的部分的逆序对。

于是发现，对于大于 \(x\) 的部分的一种填法，接下来插入小于 \(x\) 的数的方案数只与 第一个 逆序对结束点 的位置 有关。

考虑 DP 解决。\(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的「好」排列中，有多少个的第一个 逆序对结束点 在 \(j\)。（特别地，如果不存在逆序对，那么规定第一个逆序对结束点为 \(n+1\)）

可以得到 \(f_{i,j}=\sum_{k=j-1}^{i}f_{i-1,k}\)，边界 \(f_{i,1}=0,f_{1,2}=1\)。（考虑枚举最小值的位置即得转移方程）

很明显 \(f_{i,j}=f_{i,j+1}+f_{i-1,j-1}\)。至此，我们所做的 \(\Theta (n^2)\) 的。要看看能不能优化。

打表出来发现它跟卡特兰数有关，于是我们试着往卡特兰数的方向去靠。

于是想到 \(f_{i,j}\) 相当于从 \((1,2)\) 走到 \((i,j)\)，每一步只能往下或者往右上走，且不能走到直线 \(y=1\) 上的方案数。

这又相当于从 \((0,0)\) 走到 \((2i-j,j-2)\)，每一步只能往右下或者右上走，且不能走到直线 \(y=-1\) 上的方案数。这是经典问题，答案为
\({2i-j\choose i-1}-{2i-j\choose i}\)，你可以参考 这里。

那么答案为 \(\sum_{j=2}^{n-x+1}\left[{2(n-x)-j\choose n-x-1}-{2(n-x)-j\choose n-x}\right]{j-1+x-m\choose x-m}\)

还可以再化简！

\(\sum_{j=2}^{n-x+1}\left[{2(n-x)-j\choose n-x-1}-{2(n-x)-j\choose n-x}\right]{j-1+x-m\choose x-m}\\ =\sum_{j=2}^{n-x+1}{2(n-x)-j\choose n-x-1}{j-1+x-m\choose x-m}-\sum_{j=2}^{n-x}{2(n-x)-j\choose n-x}{j-1+x-m\choose x-m}\\ =[{2n-m-x\choose n-m}-{2n-2x-1\choose n-x-1}]-[{2n-m-x\choose n-m+1}-{2n-2x-1\choose n-x}]\\ ={2n-m-x\choose n-m}-{2n-m-x\choose n-m+1} \)

现在我们来考虑原问题。

由于我不想算字典序严格大于 \(q\) 的「好」排列个数，所以容斥一下，答案就等于好的排列总数减去字典序不大于 \(q\) 的「好」排列个数。

从前往后考虑 前 \((i-1)\) 位与 \(q\) 的前 \((i-1)\) 位相同 但 第 \(i\) 位比 \(q_i\) 小 且 符合条件 的排列有多少个。根据刚才得到的式子，我们发现有解时答案只和 \(n,m,x\) 有关，所以

• \(q_i< \max_{j=1}^{i-1}q_j\) 时，

  • 如果在 \([1,q_i)\) 内都填过了，那这一位没有贡献；
  • 如果还有没填过的，那容易发现，这一位必须填没填过的当中最小的一个数，并且因为连 \(q_i\) 都填不了，后面的答案都是 \(0\) 了，只能 break 掉；

• \(q_i> \max_{j=1}^{i-1}q_j\) 时，如果想选 \([1,\max_{j=1}^{i-1}q_j)\) 内的东西，一样的只能选最小的那个，但这时不用 break 掉；否则暴力往上推即可，这个一共只会推 \(O(n)\) 次。

最后要算上 \(q\) 自己的好坏。

只要维护一个 \(\operatorname{mex}\)，不用树状数组，时空复杂度 \(O(n)\)。