排列最小值
\(\mathcal{Description}\)
多组询问
\(1 \leq n,Q\leq 10^5\)
\(\mathcal{Solution}\)
\(50\)分解法
考虑\(DP\),感觉上直接算答案不好算,所以考虑算长度为\(n\)的所有排列改变的次数的排列的个数算出来
之后再把个数乘以次数的平方即可
设\(f_{i,j}\)表示长度为\(i\)的排列的改变次数为\(j\)的排列个数
考虑把最大的\(i\)插入到长度为\(i-1\)的改变次数为\(j\)的排列中,则有\(i\)个空可以插,其中最前面的空插进去会使改变次数加一,所以有\(i-1\)个空使改变次数不变
考虑插在最前面则原改变次数应为\(j-1\)
所以\(f_{i,j}=f_{i- 1,j}*(i-1)+f_{i-1,j-1}\)
其实就是第一类斯特林数的递推公式
提前预处理一下即可做到 \(n^{2}\)
\(100\)分解法
仍然是\(DP\),原来的是把问题拆开,好做但是不能直接算
不妨大胆一点,设\(f_i\)表示长度为\(i\)的答案
仍然考虑从\(i-1\)转移过来
还是上面那句
考虑把最大的\(i\)插入到长度为\(i-1\)的改变次数为\(j\)的排列中,则有\(i\)个空可以插,其中最前面的空插进去会使改变次数加一,所以有\(i-1\)个空使改变次数不变
\(f_i=f_{i-1}*(i-1)+插到最前面的贡献\)
考虑插在最前面,原本的改变次数为\(x\)的都变为\(x+1\)了
也就是\(x^2 -> (x+1)^2=x^2+2x+1\)
我们设\(g_i\)表示原本算贡献时是按照\(x\)来算的长度为\(i\)的答案
对于那个\(1\),因为插在最前面后面的\(i-1\)个数共有\((i-1)!\)种组合
所以\(f_i=f_{i-1}*(i-1)+f_{i-1}+2g_{i-1}+(i-1)!=f_{i-1}*i+(i-1)!\)
\(g_i\)同样这么推
\(g_i=g_{i-1}*i+(i-1)!\)
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月28日 星期六 09时34分38秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int T,n;
int f[maxn],g[maxn],fac[maxn];
int main()
{
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=100000;++i){
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
f[i]=((1ll*f[i-1]*i%mod+2ll*g[i-1]%mod)%mod+fac[i-1])%mod;
g[i]=(1ll*g[i-1]*i%mod+fac[i-1])%mod;
}
cin>>T;
while (T--){
cin>>n;
printf("%d\n",f[n]);
}
return 0;
}
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