LOJ#2719. 「NOI2018」冒泡排序 DP+组合+树状数组

打表发现一个排列满足要求,当且仅当这个排列以被拆成两个 LIS(其中一个可以为空)
考虑状压 DP:$f[S][i][0/1]$ 表示加进去数集 $S$,第二个 LIS 的最大值为 $i$,是否顶上界.
我们拆分 $LIS$ 的方式是贪心地将较大的值分给第一个,剩下的分给第二个.
这个时间复杂度大概是 $O(2^n n^2)$.
先不考虑字典序的限制.
假设已经加进去了数集 $S$,$S$ 中的最大值为 $mx$.
则如果新加入数 $i$ 有两种可能:$i>mx$ 或 $i<mx$ 但 $i$ 必须是未填入数中最小值.
我们发现,如果每一步都遵循上述转移方式,则一定合法,也就不用记录数集 $S$ 了.
直接令 $f[i][j]$ 表示还有 $i$ 个数没有加入,且有 $j$ 个数大于已加入数的最大值.
转移的话有 :
$f[i][j]=f[i-1][j]$ (加入最小值)
$f[i][j]=f[i-1][j-k]$ (加入一个数后会导致原来大于 $mx$ 的数小于新的 $mx$ 了)
总:$f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}f[i-1][j-k]$
边界:$f[0][0]$.
再整理一下得 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1].$ 其中 $j \leqslant i$
预处理这个是 $O(n^2)$ 的.
$f[i][j]$ 的转移可以看作是从 $(0,0)$ 走到 $(i,j)$ 且不经过 $y=x+1$ 的方案数.
可以用总方案数 $\binom{i+j}{i}$ 减掉不合法的,求法和生成字符串那道题一样.
至此,我们就得到了一个 $O(n)$ 预处理,$O(1)$ 求出 $f(i,j)$ 的解法.
考虑枚举 $LCP$,然后再枚举第一个大于的位置,这部分裸做的话是 $O(n^3)$ 的.
即判断当前是否可行,再统计未填入数中大于前面最大值的个数,累加一个 $f(n-i,cn)$
考虑枚举到 $i$,且前 $i-1$ 位合法.
令 $b[i]$ 表示 $i$ 后面大于当前位的个数.
则 $mx(i)=\min_{j=1}^{i}b[j]$.
考虑当前 $i$ 位填入数 $j$ 且 $j>q[i]$.
则 $j$ 必须从 $mx(i)$ 中选取,因为如果 $j$ 不在这里选取的话会导致第二个 $LIS$ 不合法.
所以 $j$ 就会贡献一个占位,这部分的贡献就是 $\sum_{k=0}^{nw-1}f[n-i][k]$
可以直接表示成 $f(n-i+1,nw-1)$.
判断不合法的话就是如果 $q[i]$ 不是前缀最大值且 $i$ 前面小于 $q[i]$ 的个数不等于 $q[i]-1$.
复杂度的瓶颈在于求后面大于 $i$ 的个数和前面小于 $i$ 的个数.
总时间复杂度为 $O(n \log n)$.

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>   
#define N 2000004  
#define ll long long 
#define mod 998244353
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)  
using namespace std; 
int n,ans;  
int q[N],b[N],c[N],inv[N],fac[N];  
inline int ADD(int x,int y) {
	return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;  
}
inline int C(int x,int y) {
	return (ll)fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;   
}
inline int GE(int x,int y) {    
	//if(y==0) return 1;  
	//if(y==1) return x;  
	return ADD(C(x+y,x),mod-C(x+y,x+1));   
}
void init() {
	fac[0]=1; 
	for(int i=1;i<N;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;    
	inv[1]=1; 
	for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;   
	inv[0]=1; 
	for(int i=1;i<N;++i) inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;               
}
struct BIT { 
	int sum[N]; 
	inline int lowbit(int x) {
		return x&(-x);    
	}
	void upd(int x) {
		while(x<N) ++sum[x],x+=lowbit(x); 
	}
	int query(int x) {
		int re=0; 
		for(;x;x-=lowbit(x)) {
			re+=sum[x];  
		}
		return re;  
	}   
	void clr() {
		memset(sum,0,sizeof(sum));  
	}
}op;  
void solve() {
	scanf("%d",&n); 
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&q[i]);   
	for(int i=n;i>=1;--i) {
		b[i]=n-i-op.query(q[i]);     
		op.upd(q[i]);   
		// 前面小于我的=i-1-前面大于我的            
		c[i]=i-1-(n-q[i]-b[i]);    
	}
	op.clr();  
	ans=0;  
	int nw=n;  
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		bool flag=(b[i]<nw);                       
		nw=min(nw,b[i]);    
		if(nw<=0) break;  
		ans=ADD(ans,GE(n-i+1,nw-1));  
		if(!flag&&c[i]!=q[i]-1) break;  
	}
	printf("%d\n",ans);   
}
int main() {
	//setIO("inverse");  
	int T,x,y,z;  
	init();  
	scanf("%d",&T);  
	while(T--) {
		solve();   
	}
	return 0; 
}

  

posted @ 2020-08-10 22:08  EM-LGH  阅读(36)  评论(0编辑  收藏