排列有关 DP/计数

每年都在考，每年都不会。

可能有些转移方程有点小问题，不过不影响整体思路。

排列有关 DP 通常解决方式：

	预定（绝对）	插入（相对）
按下标	从左往右逐一确定值	从左往右逐一确定当前值在前缀中的排名
按值	从小到大逐一确定位置	从小到大逐一插入排列

依赖邻项或与下标产生关联的计数问题

可以尝试连续段 DP。

连续段 DP 一般可以将维护的连续段看做游离状态，即我们只需要知道当前状态有多少个连续段，而不在意它们具体位置。因为在连续段合并的时候通常就能够确定某些点的相对位置，而当状态内连续段数量达到下限时，所有点的真实位置也就已经确定了。

简单地，连续段 DP 也可以看做是建笛卡尔树的过程：

新建叶子节点。
合并节点。
成为某个节点的儿子。

CF1515E Phoenix and Computers

发现 $i$ 在 $i-1$ 和 $i+1$ 都被打开的时候必定被打开。这是个邻项依赖的关系。对于连续段 DP，可以尝试定义状态函数 $f_{i,len}$ 为手动打开了 $i$ 台电脑，且这些电脑在原位置上构成了 $len$ 个段的方案数。

那么数量下界是什么？对于自动打开的，因为无论如何都不能手动开，所以在手动打开所有可以开的电脑后统一自动开剩下电脑是一样的。那么对于已知真实位置的一种局面，无法再手动打开电脑当且仅当相邻两个连续段满足 $r_i-l_i-1=1$。也就是中间只有一台没被打开的电脑。如果连续段数量为 $len$，那么这些空位的数量应该是 $len-1$。那么对于手动打开 $i$ 台电脑的下界（其实应该说是上界，但是也可以看做没打开的电脑数量的下界）就是 $len=n-i+1$。所以最终答案应该是 $\sum f_{i,n-i+1}$。

现在考虑转移。通常地，连续段 DP 有三种转移：

加入新的段。
加在某一段的两边。
加在某一段的两边时与另外一个段合并。可以看做是这两个段中间只有一个空位，把空位占了自然就需要合并。

显然这题没有第三种情况。

加入新的段。$f_{i,j}=j\times f_{i-1,j-1}$。
加在某一段的两边。有 $f_{i,j}=2\times j \times f_{i-1,j}$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

P7967 [COCI 2021/2022 #2] Magneti

之前写的，粘过来了。

注意到，对于相邻两个位置的磁铁 $p_i,p_{i+1}$。只有当 $x_{p_{i+1}}-x_{p_i} \ge \max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})$ 时两个磁铁才不会相互吸引。

我们把一个磁铁的排列状态极致压缩，保证 $x_{p_{i+1}}-x_{p_i} = \max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})$。记这样会占用 $k$ 个位置，那么剩下的 $l-k$ 个位置就可以在这些磁铁之间随便插了。方案数为 $C_{l-k}^{n}$。那么现在我们就只需要维护出在占用 $k$ 个位置时，极致压缩后磁铁排列的方案数。

不妨将 $r_i$ 从小到大排序，那么将 $i$ 插到 $x,y$ 之间时，代价一定是 $r_i$。这样我们就去掉了 $\max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})$ 的限制。

考虑 DP。不难发现，对于第 $i$ 个磁铁，如果我们放到前 $i-1$ 个磁铁形成的排列的两端，则会产生 $r_i$ 的代价。如果我们插到 $x$ 和 $y$ 之间，则会产生 $r_i-\max(r_x,r_y)$ 的代价。前者维护不难，考虑如何维护后者。

这里有个很简单的做法，貌似叫连续段 DP。因为我们插中间会破坏掉原来的结构，那干脆让之前就没有这个结构。形式化的，我们将前 $i-1$ 个磁铁分成若干个连续的段，那么 $i$ 插到 $x,y$ 之间就相当于是合并了两个连续段。只要我们强制让已经合并的两个磁铁之间不再有磁铁插入，就能够保证算法的正确性了。因为这个过程相当于是在倒着维护插入的过程，每次后插入的磁铁合并相邻的磁铁后，前面插入的磁铁就不可能再去破坏了。

定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个磁铁，已经形成了 $j$ 个连续段，且极致压缩后占用了 $k$ 个位置的方案数。对第 $i$ 个磁铁进行分类讨论：

单独形成一个连续段，有：$f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+f_{i-1,j-1,k}$。
拼在某个连续段的两边，有：$f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+2\times j\times f_{i-1,j,k-r_i}$。
将两个连续段拼起来。因为 $r_i$ 是目前最大的，所以拼起来的代价将会是 $2\times r_i$。有：$f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+2\times C_{j+1}^2 \times f_{i-1,j+1,k-2\times r_i}$。

那么答案就是 $\sum\limits_{i=0}^{l-n} f_{n,1,i}\times C_{l-i}^{n}$。时间复杂度 $O(n^2l)$。

不知道哪里的题

网上看到的，链接。

题意：

给定序列 $a_{1\dots n}$，满足 $a_i \in \{0,1\}$。对于 $k=1\dots n$，求 $1 \sim n$ 的排列 $p$ 的数量，满足：

$p_n=k$。

对于 $i \in [1,n-1]$。若 $a_{p_i} =1$，则 $p_i>p_{i+1}$，否则 $p_i <p_{i+1}$。

保证 $1 \le n \le 5000$。答案对大质数 $mod$ 取模。

邻项产生依赖。

如果没有第一个限制怎么做。从 $1\sim n$ 插入 $i$。对于当前局面中的一个连续段，如果要在两端加入 $i$，则需要满足：

$a_i=1$。可以放左边或右边，放右边的时候需要满足该连续段右边为 $0$。
$a_i=0$。不能放左边，放右边的时候需要满足该连续段右边为 $0$。

那么可以看做一个连续段的右边必定为 $0$，也就是说，$a_i=1$ 只能用来合并（放左边的时候）。定义状态函数 $f_{i,j}$ 表示加入 $[1,i]$ 后有 $j$ 段，那么有转移方程：

加入新的段。条件为 $a_i=0$。$f_{i,j}=j\times f_{i-1,j-1}$。
加在某一段的两边。显然只能加在右边。$f_{i,j}=j \times f_{i-1,j}$。
加在某一段的两边时与另外一个段合并。条件为 $a_i=1$。$f_{i,j}=2\times C_{j+1}^2 \times f_{i-1,j+1}$。

注意到，如果一个连续段的右边抵到 $n$ 了，那么这个段的右边实际上是可以是 $0$ 的。类似于摩天大楼，再维护一位 $0/1$ 表示是否存在抵到 $n$ 的连续段即可。答案为 $f_{n,1,1}$。

如果有第一个限制怎么做。暴力地，$O(n^3)$ 可以用上面的方法直接做。简单观察，维护 $[1,k-1]$ 分成 $x$ 个连续段与 $[k+1,n]$ 分成 $y$ 个连续段的情况。如果把前面 $x$ 个连续段看成 $0$，后面 $y$ 个连续段看成 $1$，$k$ 这个点看成 $2$。那么一个合法的拼接应该长成：$(0)10101010\dots 01010(1)2$，因为同色连续必定合并。则 $|x-y|\le 1$。枚举 $x$，暴力求方案数就行。维护 $f_{i,j}$ 表示 $[1,i]$ 分成 $j$ 个连续段的方案数，$g_{i,j}$ 表示 $[i,n]$ 分成 $j$ 个连续段的方案数。例如 $x=y$ 的时候，方案数就是 $f_{k-1,x} \times g_{k+1,y} \times 2$。因为可以 $0101\dots 01012$ 或者 $1010\dots 10102$。其它两种同理。那么枚举 $x,y$ 的时间复杂度 $O(n)$，枚举 $k$ 的时间复杂度 $O(n)$，预处理 $f,g$ 的时间复杂度 $O(n^2)$。总时间复杂度 $O(n^2)$。

CF704B Ant Man

$j<i$。$x_i-x_j+c_i+b_j$。
$j>i$。$x_j-x_i+d_i+a_j$。

将 $c_i$ 变成 $c_i+x_i$，$b_i$ 变成 $b_i-x_i$，$a_i$ 变成 $a_i+x_i$，$d_i$ 变成 $d_i-x_i$。则：

$j<i$。$c_i+b_j$。
$j>i$。$d_i+a_j$。

如果记访问的排列为 $p$，那么这就是个关于 $p_i,p_{i+1}$ 的分段函数的和的最优化问题。考虑从 $1\sim n$ 加入 $i$。定义状态函数 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，分成 $j$ 个连续段的最小代价。

当 $i$ 不是 $s$ 或 $e$ 时：

加入新的段。因为两边连的都一定是比 $i$ 大的。所以 $f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+b_i+d_i$。
加在某一段的两边。如果加某段的左边，那么 $f_{i,j}=f_{i-1,j}+b_i+c_i$。如果加某一段的右边，那么 $f_{i,j}=f_{i-1,j}+a_i+d_i$。
加在某一段的两边时与另外一个段合并。那么 $f_{i,j}=f_{i-1,j+1}+a_i+c_i$。

当 $i=s$ 时：

加入新的段。因为是开头，所以 $f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+d_i$。
加在某一段的两边。只能加左边，$f_{i,j}=f_{i-1,j}+c_i$。
加在某一段的两边时与另外一个段合并。不可能。

当 $i=e$ 时：

加入新的段。因为是结尾，所以 $f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+b_i$。
加在某一段的两边。只能加右边，$f_{i,j}=f_{i-1,j}+a_i$。
加在某一段的两边时与另外一个段合并。不可能。

最后答案为 $f_{n,1}$。时间复杂度 $O(n^2)$。

需要注意在 $i=n$ 之前 $\max(s,e)$ 之后不能合并成一段，还有一些限制比较容易。

AT_abc134_f [ABC134F] Permutation Oddness

这题和连续段真的有关系吗？

先给个比较正常的做法。注意到 $|i-p_i|=\max(i,p_i)-\min(i,p_i)$。那么将 $i=1\dots n$ 看成红色小球，$p_i=1\dots n$ 看成蓝色小球。并且将它们按照值从小到大排序。则问题就相当于求：红蓝小球配对，配对价值为排在后面的小球的值减去排在前面的小球的值，求有多少种配对方式，使得这 $n$ 个红蓝小球对的价值和为 $k$。

定义状态函数 $f_{i,x,y,s}$ 表示考虑完前 $i$ 个球，有 $x$ 个红色小球和 $i$ 后面的蓝色小球配对，有 $y$ 个蓝色小球和 $i$ 后面的红色小球配对，且当前价值和为 $s$ 的方案数。

红色小球。
1. 匹配之前的蓝色小球。$f_{i,x,y-1,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
2. 匹配之后的蓝色小球。$f_{i,x+1,y,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
蓝色小球。
1. 匹配之前的红色小球。$f_{i,x-1,y,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
2. 匹配之后的红色小球。$f_{i,x,y+1,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。

这样做的时间复杂度 $O(n^5)$。已经可以过了。但是像这种配对问题通常有个简单的优化：记 $cnt_{i,0/1}$ 表示前 $i$ 个数中，红、蓝小球的数量。那么枚举 $x$ 就能知道有 $cnt_{i,0}-x$ 个红色小球已经与 $[1,i]$ 中的 $cnt_{i,0}-x$ 个蓝色小球配对了，那么还没配对的蓝色小球数量一定满足 $y=cnt_{i,1}-(cnt_{i,0}-x)$。时间复杂度降至 $O(n^4)$。像这种延后决策的计数题后面会说。

然后是不太正常的连续段 DP。对于 $(i,p_i)$ 有关的问题，可以尝试连边 $i \to p_i$。那么会得到若干个置换环，每个置换环的价值为边的价值和。定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示插入 $[1,i]$ 的点后，形成了 $j$ 个未合并的置换环与若干个已合并的置换环，且价值为 $k$ 的方案数。那么从小到大加 $i$，有：

$i$ 是一个新的环上某点。因为后面的都比 $i$ 大，所以 $f_{i,j+1,s-2i}=f_{i-1,j,s}$。
$i$ 是一个新的环上某点，且该环是一元环。$f_{i,j,s}=f_{i-1,j,s}$。
$i$ 加在某个未合并的置换环两边。$f_{i,j,s}=2 \times j \times f_{i-1,j,s}$。
$i$ 加在某个未合并的置换环两边，且发生两个置换环的连接。$f_{i,j-1,s+2i}=2\times C_{j}^2 \times f_{i-1,j,s}$。
$i$ 加在某个未合并的置换环两边，且该置换环合并。$f_{i,j-1,s+2i}=j \times f_{i-1,j,s}$。

最后答案为 $f_{n,0,k}$。时间复杂度 $O(n^4)$。

P10547 [THUPC 2024 决赛] 排列游戏

和上面那题一模一样，只是 $k=2m$。很显然，$O(n^4)$ 不够优秀。

根据摩天大楼的 trick，$|i-j|$ 可以转化为 $\sum\limits_{k=i+1}^{j} d_k$，其中 $d_i=i-(i-1)$，即差分数组。那么只需要在每个 $i$ 的时候额外加上 $2j$ 就行了。时间复杂度变成 $O(n^2m)$。仍然不够优秀。进一步地，发现如果最后有 $x$ 个置换环，那么价值和是 $O(x^2)$ 级别的（构造 $(1),(2),(3),(4),\dots$）。所以置换环数量 $O(\sqrt{m})$ 级别。那么时间复杂度降至 $O(nm\sqrt{m})$。

延后决策

通常是一些信息对于当前局面不产生影响，但是会对之后决策形成的局面产生影响。这个时候利用技巧记录这些可能产生影响的信息就是延后决策了。

AT_abc134_f [ABC134F] Permutation Oddness

注意到 $|i-p_i|=\max(i,p_i)-\min(i,p_i)$。那么将 $i=1\dots n$ 看成红色小球，$p_i=1\dots n$ 看成蓝色小球。并且将它们按照值从小到大排序。则问题就相当于求：红蓝小球配对，配对价值为排在后面的小球的值减去排在前面的小球的值，求有多少种配对方式，使得这 $n$ 个红蓝小球对的价值和为 $k$。

红色小球。
1. 匹配之前的蓝色小球。$f_{i,x,y-1,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
2. 匹配之后的蓝色小球。$f_{i,x+1,y,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
蓝色小球。
1. 匹配之前的红色小球。$f_{i,x-1,y,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。
2. 匹配之后的红色小球。$f_{i,x,y+1,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}$。

AT_arc207_a [ARC207A] Affinity for Artifacts

和上面的题一模一样，不说。

P8321 『JROI-4』沈阳大街 2

求 $\prod \min(A_i,B_{p_i})$ 的和。经典小球题。

把 $A,B$ 排序，然后配对即可。

P14364 [CSP-S 2025] 员工招聘

求排列 $p$ 的数量，使得 $f(p) \ge m$。对于 $f(p)$，有：

初始拒绝人数为 $w=0$。
如果 $s_i=0$，则拒绝的人数 $w+1$。
如果 $s_i=1$，且 $c_i \le w$，则拒绝的人数 $w+1$。
如果 $s_i=1$，且 $c_i >w$，则拒绝的人数不变。

$f(p)$ 即为 $n-w$。

像这种题，发现随着天数增加，拒绝人数不降，并且需要的 $c$ 也不降。那么就可以尝试按照天数往后 DP。

进一步地，对于第 $i$ 天的情况分类讨论：

$s_i=0$。无论 $c_j$ 是多少都会拒绝。
$s_i=1$。需要满足 $c_j > w$ 才不会拒绝。

发现我们只关心 $c_j$ 和 $w$ 的大小关系（$s_i=0$ 可以看做 $>,=,<$ 都有），而不关心具体值。那么尝试设计状态函数 $f_{i,w,j}$ 表示前 $i$ 天结束，拒绝人数为 $w$，且 $[1,i]$ 中一共有 $j$ 个 $>w$ 的人的方案数。这样设计的好处是？

能够通过枚举 $w$ 解决拒绝人数的问题。
能够通过预先站位，延后决策解决后面不知道某个数能不能选的问题。

考虑转移：

$s_i=0$。
1. 这一天 $c \le w$。因为已知之前选择了 $j$ 个 $>w$ 的人，所以能选的人数一定为 $\sum\limits_{i=1}^{n}[c_i \le w]-(i-1-j)$。维护 $s_i=\sum\limits_{j=1}^{n}[c_j \le i]$。枚举 $[1,i-1]$ 中有多少个选了 $c > w$ 的位置恰好是 $w+1$，那么有：$f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times (s_w-(i-1-j))\times C_{cnt_{w+1}}^{x} \times C_{j}^{x} \times x!$。
2. 这一天的 $c=w+1$。同理有 $f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times C_{cnt_{w+1}}^{x+1} \times C_{j}^{x} \times (x+1)!$。
3. 这一天的 $c>w+1$。延后决策了，先不管选了什么。$f_{i,w+1,j-x+1}=f_{i-1,w,j}\times C_{cnt_{w+1}}^{x} \times C_{j}^{x} \times x!$。
$s_i=1$。
1. 这一天的 $c \le w$。拒绝人数会增加，$f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times (s_{w}-(i-1-j))\times C_{cnt_{w+1}}^x \times C_{j}^{x} \times x!$。
2. 这一天的 $c>w$。拒绝人数不变，$f_{i,w,j+1}=f_{i-1,w,j}$。

对于答案。枚举最后一天结束时的 $w$，那么有答案为：$\sum\limits_{w=0}^{n}f_{n,w,n-s_w}\times (n-s_w)! [n-w \ge m]$。

时间复杂度 $O(n^4)$。发现 $x$ 的上界是 $cnt_{w+1}$，那么枚举 $i$ 时间复杂度 $O(n)$，枚举 $j$ 时间复杂度 $O(n)$，枚举 $w$ 时间复杂度 $O(n)$，枚举 $x$ 时间复杂度 $O(cnt_{w+1})$。后面两个总的时间复杂度 $O(\sum\limits_{w=0}^{n}cnt_w)$，也就是 $O(n)$ 的。那么这样转移就是对的。

时间复杂度 $O(n^3)$。

P14465 霞む夏の灯

$c_{\min(|i-p_i|,m)}$ 和一位。

套路地，构造 $112233\dots nn$。点 $i$ 有颜色，红或蓝。红点表示原有的 $i$，蓝点表示 $p$。

首先如果这一位确定了，那么删掉 $i,p_i$。则现在问题变成：红蓝匹配，价值为 $c_{\min(\max(u,v)-\min(u,v),m)}$。求价值乘积的和。

因为 $m\le 6$，也就是说我们只需要在意和 $i$ 距离 $<6$ 的点的状态与 $\ge 6$ 的点被选择的数量。定义状态函数 $f_{i,j,k,s}$ 表示前 $i$ 个数，有 $j$ 个红球匹配后面，$k$ 个蓝球匹配后面与 $\ge i+6$ 的位置匹配，$i$ 前面 $m$ 个数的状态为 $s$ 的方案数。考虑加入 $i$：

是红球。
1. 匹配之前的蓝球。
  1. 匹配一个 $i-j \le m$ 的蓝球。那么记 $s$ 中 $0$ 的为已经配对的，$1$ 为没有配对的。记 $s'$ 为去掉某个 $s$ 中的蓝球 $1$ 且加入一个 $0$ 的状态，同时去掉 $i-m-1$。则：$f_{i,j,k-1,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{dis}$。
  2. 匹配一个 $i-j > m$ 的蓝球。$s'$ 为去掉 $i-m-1$，且加入一个 $0$ 的状态。则 $f_{i,j,k-1,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{m}\times Cnt$。其中 $Cnt$ 为不在 $s$ 中的之前的蓝球数量。
2. 匹配之后的蓝球。$s’$ 为去掉 $i-m-1$，且加入一个 $1$ 的状态。则 $f_{i,j+1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}$。
是蓝球。
1. 匹配之前的红球。
  1. 匹配一个 $i-j \le m$ 的红球。那么记 $s$ 中 $0$ 的为已经配对的，$1$ 为没有配对的。记 $s'$ 为去掉某个 $s$ 中的红球 $1$ 且加入一个 $0$ 的状态，同时去掉 $i-m-1$。则：$f_{i,j-1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{dis}$。
  2. 匹配一个 $i-j > m$ 的红球。$s'$ 为去掉 $i-m-1$，且加入一个 $0$ 的状态。则 $f_{i,j-1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{m} \times Cnt$。其中 $Cnt$ 为不在 $s$ 中的之前的红球数量。
2. 匹配之后的红球。$s’$ 为去掉 $i-m-1$，且加入一个 $1$ 的状态。则 $f_{i,j,k+1,s'}=f_{i-1,j,k,s}$。

答案为 $f_{n,0,0,0}\times \delta$。其中 $\delta$ 为原已经确定的位置的贡献和。时间复杂度 $O(n^32^mm)$。好像已经可以过了。

照搬优化方式，记 $cnt_{i,0/1}$ 表示前 $i$ 个数，红、蓝小球的数量。那么 $k=cnt_{i,1}-(cnt_{i,0}-j)$。时间复杂度 $O(n^2 2^mm)$。哦，因为同为 $i$ 的有两个小球，所以 $m=2m_0$。

CF1608F MEX counting

点。

因为我们不在意 $\operatorname{MEX}=k$ 时，$>k$ 的那些数具体是什么，那么可以尝试延后决策。定义状态函数$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，$\operatorname{MEX}([a_1,\dots,a_i])=j$，且 $>j$ 的数有 $k$ 个的方案数。那么考虑对 $a_i$ 的值分类讨论：

$a_i <j$。加入后对 $\operatorname{MEX}$ 无影响，有：$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\times j$。
$a_i=j$。加入后会让 $\operatorname{MEX}$ 增加，且 $\operatorname{MEX}$ 会变成第一个没出现过的值。枚举这个值为 $j'$，且 $[j+1,j'-1]$ 中的数量为 $x$。则：$f_{i,j',k-x}=f_{i-1,j,k}\times C_{k}^x \times g_{j'-j-1,x}$。其中 $g_{i,j}$ 表示给 $j$ 个数涂色，每个颜色可以涂 $i$ 种颜色，且每种颜色至少涂一次的方案数。有：$g_{i,j}=i(g_{i,j-1}+g_{i-1,j-1})$。
$a_i>j$。加入后对 $\operatorname{MEX}$ 无影响，有：$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$。

要求对于每个 $i$，$f_{i,j,*}=0 [|j-b_i|>k]$。

答案就是 $\sum\limits_{j=0}^{n+1}\sum\limits_{k=0}^{n}f_{n,j,k}\times (n-j)^k$。时间复杂度 $O(n^5)$。

考虑优化。因为对于每个 $i$，$f_{i,j,*}=0[|j-b_i|>k]$。所以直接枚举 $|j-b_i|\le k$ 的位置转移的时间复杂度就变成 $O(n^3k^2)$。发现瓶颈在于第 $2$ 类转移，但是好像怎么也优化不了。

那么尝试从状态定义进行优化。对于延后决策的实质，是不管对当前局面不产生影响的位置的具体值。发现对于 $[1,i]$ 中两个数 $A_{j},A_k$。如果 $A_j=A_k$，那么本质上后面那个数是不会对所有局面产生任何影响的。所以可以尝试定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示，前面 $i$ 个数，$\operatorname{MEX}([a_1,\dots,a_i])=j$，且 $[1,i]$ 中比 $j$ 大的数有 $k$ 种的方案数。对 $a_i$ 的值分类讨论：

$a_i<j$。加入后对 $\operatorname{MEX}$ 不产生影响。$f_{i,j,k}=j \times f_{i-1,j,k}$。
$a_i=j$。加入后对 $\operatorname{MEX}$ 产生影响。枚举现在的值 $j'$。因为第三维状态是记录不同的值的数量，所以有：$f_{i,j',k-(j'-j-1)}=f_{i-1,j,k}\times A_{k}^{j'-j-1}$。
$a_i>j$。
1. $a_i$ 这个值在之前没出现过。$f_{i,j,k+1}=f_{i-1,j,k}$。
2. $a_i$ 这个值在之前出现过了，那么 $i$ 不会对任何局面产生影响，$f_{i,j,k}=k\times f_{i-1,j,k}$。

最后答案就是 $\sum\limits_{j=0}^{n+1}\sum\limits_{k=0}^{n}f_{n,j,k}\times A_{n-j}^k$。根据上面的优化，只维护有用信息，时间复杂度 $O(n^2k^2)$。对于第 $2$ 类转移：

\[f_{i,j',k-(j'-j-1)}=f_{i-1,j,k}\times A_{k}^{j'-j-1}\\ f_{i,j',k-(j'-j-1)}=f_{i-1,j,k}\times \frac{k!}{(k-(j'-j-1))!} \]

换一下，有：

\[f_{i,j,k}=\frac{1}{k!}\sum f_{i-1,j',k+(j-j'-1)}\times (k+(j-j'-1))! \]

发现 $j'+(k+(j-j'-1))=k+j-1$。维护 $g_{i,x,y}=\sum f_{i-1,j,k}\times k![j+k=y\land j \le x]$。那么 $f_{i,j,k}=\frac{1}{k!}g_{i-1,j-1,(j+k)-1}$。

对于 $g_{i,j,k}$，先把 $f_{i,j,k}\times k!$ 加到 $g_{i,j,j+k}$ 上，再搞个前缀和 $g_{i,j,k}=g_{i,j,k}+g_{i,j-1,k}$ 就行了。时间复杂度 $O(n^2k)$。

由此，延后决策不光能做排列，还能做一般。（其实 AT_arc207_a 就可以看出来）

卡常，注意常数优化。

P8863 「KDOI-03」构造数组

直观感受，$i$ 变成 $b_i$ 需要 $b_i$ 次操作，那么可以看做小球匹配问题。

注意到 $\sum b_i \le 3\times 10^4$。对于每个 $i$，建立 $b_i$ 个颜色为 $i$ 的小球，那么问题变成：每次可以选择两个颜色不同的小球匹配，求不同匹配顺序的方案数。

直接做会算重，因为 $(x,y),(x,y)$ 在交换后等价。考虑方案数为：$\frac{(\sum\limits_{i=1}^{V}cnt_i)!}{\sum\limits_{i=1}^{V}cnt_i!}$。我们直接维护的是分子，现在需要对每种情况维护分母。

那么考虑那小球去填空，而不是匹配。也就是说，维护到 $i$ 时，有多少个位置已经成对了，有多少个位置有 $1$ 个，有多少个位置是空的。那么如果存在两个位置 $(0,y),(0,y)$。同时拿 $x$ 去填，就不会有问题了，因为我们不在意这两个 $x$ 填的顺序或时间。

定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数填完，有 $j$ 个位置有 $1$ 个，有 $k$ 个空位的方案数。那么对于 $i$：枚举 $x$ 个与有一个的位置成对，$y$ 个填空位。则：$f_{i,j-x+y,k-y}=C_{j}^{x}\times C_{k}^{y}\times f_{i-1,j,k}$，因为 $x+y=b_i$，所以：$f_{i,j-x+b_i-x,k-b_i+x}=C_{j}^{x}\times C_{k}^{b_i-x}\times f_{i-1,j,k}$。时间复杂度 $O(\frac{(\sum b_i) ^3}{4})$。

依旧套路优化，$k= \frac{\sum b_i}{2}-j-\frac{(\sum\limits_{x<i}^{}b_x)-j}{2} $。时间复杂度 $O(\frac{(\sum b_i)^2}{2})$。

笛卡尔树上 DP

也就是枚举最大值，以最大值作为断点将排列划分成两部分。如果这两部分之间不产生依赖关系，那么问题可以变成两个本质相同的子问题，再通过组合数合并。

P9084 [PA 2018] Skwarki

首先发现最后剩下的数一定是 $n$。

把笛卡尔树建出来，模拟一下。发现本质是每次同时删去只有不超过一个儿子的点。简单地想，由于笛卡尔树上 $\operatorname{LCA}(l,r)$ 是 $[l,r]$ 的最大值，那么当 $u$ 只有一个儿子时，它和它父亲一定相邻。而父亲又比它大，所以会被删。注意笛卡尔树删一次后不一定仍然是树，需要再合并。

因为树根最后被删，所以尝试枚举最大值的位置。那么这个时候序列 $[1,n]$ 就被分成了 $[1,x-1]$ 和 $[x+1,n]$。注意到存在左右边界的情况，那么定义状态函数 $f_{i,j,0/1,0/1}$ 表示将 $1\dots i$ 的排列删完，需要 $j$ 次操作，且该排列的左边、右边是否是边界的方案数。注意到一个排列不可能同时包含左、右边界，所以可以去掉第二维（因为最后枚举 $n$ 的位置时一定会把 $[1,n]$ 分成两半）。

考虑最后一次是怎样删的：

左儿子删空的操作次数与右儿子删空的操作次数相同，那么此时需要额外 $1$ 的代价将根删除。
左儿子删空的操作次数与右儿子删空的操作次数不同，当次数小的那边被删完后，根一定会在下一步被删除。

那么有转移方程：

\[f_{i,j+1,0}=f_{x,j,0}\times f_{i-x-1,j,0}\times \frac{(i-1)!}{(x)!(i-x-1)!}\\ f_{i,\max(j1,j2),0}=f_{x,j1,0}\times f_{i-x-1,j2,0}\times \frac{(i-1)!}{(x)!(i-x-1)!}[j1 \ne j2]\\ f_{i,\max(j1,j2+1),1}=f_{x,j1,1}\times f_{i-x-1,j2,0}\times \frac{(i-1)!}{(x)!(i-x-1)!} \\ \]

对于有边界的情况，如果 $j1 \ne j2$，那么在 $j1 < j2$ 的时候根会先变成端点，所以需要等到另一个儿子删完后再删除。

对于答案，有：$\sum\limits_{i=2}^{n-1}f_{i-1,x,1}\times f_{n-i,y,1}\times \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i-1)!}[\max(x,y)=k]+2\times f_{n-1,k,1}$。

发现每次至少删掉 $\frac{n}{2}$ 个点，所以第二维是 $O(\log n)$ 级别的。那么时间复杂度 $O(n^2\log^2 n)$。

CF1580B Mathematics Curriculum

笛卡尔树上两点 $\operatorname{LCA}$ 为区间最值。

那么 $x$ 是好的当且仅当 $dep_x=m$。问题转化为：求排列 $p$ 的数量，满足该排列对应的笛卡尔树中恰好有 $k$ 个深度为 $m$ 的点。

定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示大小为 $i$ 的笛卡尔树中，深度为 $j$ 的点有 $k$ 个的方案数。那么将 $i$ 插入排列，有：

$f_{i,1,1}=x!\times (i-x-1)!\times \frac{(i-1)!}{(x)!(i-x-1)!}$。
$f_{i,j+1,k1+k2}=f_{x,j,k1}\times f_{i-x-1,j,k2}\times \frac{(i-1)!}{(x)!(i-x-1)!}$。

答案为 $f_{n,m,k}$。时间复杂度 $O(n^5)$，考虑优化。

直接卷可以做到 $O(n^4\log n)$。但是发现如果深度为 $x$ 的点的数量不超过节点数的一半，卡一下好像就能过。

在 $f_{x,j,k1}=0$ 时不转移就行了，稳定 700ms 内。

贡献提前计算

CF1437F Emotional Fishermen

求排列数量，要求：对于任意 $i=1\dots n$，记 $mx_i=\max\limits_{j=1}^{i}a_{p_j}$，则 $a_{p_i}\ge 2mx_{i-1} \lor 2a_{p_i} \le mx_{i-1}$。

发现 $mx_i \ge mx_{i-1}$，且在 $a_{p_i}\ge 2mx_{i-1}$ 时 $mx_i=a_{p_i}$，在 $2a_{p_i} \le mx_{i-1}$ 时 $mx_i =mx_{i-1}$。

如果已知排列 $p$，那么可以将序列划分成若干段，每段都满足：

$a_{p_{l_i}}\ge 2a_{p_{l_i-1}}$。
$2\max\limits_{j=l_i+1}^{r_i}a_{p_j} \le a_{p_{l_i}}$。

也就是说，我们对前缀 $\max$ 分段。

枚举前缀 $\max$ 为 $a_i$。定义状态函数 $f_{i,j}$ 表示前缀 $\max$ 是 $a_i$，且 $2a_k \le a_i$ 的 $k$ 中有 $j$ 个数没选择的方案数。枚举上一个前缀 $\max$，那么有 $cnt_i-cnt_{lst}+j-1$ 个数。那么：$f_{i,cnt_i-cnt_{lst}+j-1-k}=f_{lst,j}\times A_{cnt_i-cnt_{lst}+j-1}^{k}$。

这里发现贡献延后不太好优化，因为时间复杂度稳定 $O(n^4)$。

观察转移，发现当 $a_i \ge 2a_{lst}$ 时，任意 $2a_k \le a_{lst}$ 一定有 $2a_k \le a_i$，也就是说，$k$ 这个下标只要不是前缀 $\max$，就一定可以放在第一个 $2a_k \le a_i$ 后面的值作为前缀 $\max$ 的段中。考虑贡献提前计算，那么有：$f_i=\sum f_{lst}\times A_{n-1-cnt_{lst}-1}^{cnt_i-cnt_{lst}-1}$。时间复杂度 $O(n^2)$。

可以简单优化到 $O(n)$。

根据排列中元素的相对顺序插入值

其实上面有一些题也是这个思路。下面的题就纯暴力了。

AT_abc282_g [ABC282G] Similar Permutation

求排列 $p1,p2$ 的数量，使得 $p1_i,p2_i$ 与 $p1_{i+1},p2_{i+1}$ 偏序情况相同的数量恰好为 $k$。因为我们不在意每个位置具体是什么数，类似于 AT_dp_t，尝试通过插入的方式维护。具体地，对于 $[1,i-1]$ 的排列和 $[1,i]$ 的排列，如果 $p_i=j$，那么在 $[1,i-1]$ 的排列中的体现是将所有 $p_k \ge j$ 的数增加 $1$，从而保证之前的排列中不存在 $j$ 这个值。例如：

\[p=\{1,2,4,8,3,6,5,7\}\\ p'=\{1,2,4,8(-1),3,6,5\} \]

可以保证，这样做对于每个 $[1,i]$ 的排列都有一个一一对应的 $[1,i-1]$ 的排列。也可以想象成将 $p_n$ 删掉后，比它大的都应该减 $1$ 来使得值域在 $[1,i-1]$ 且两两不同。

定义状态函数 $f_{i,x,a,b}$ 表示前 $i$ 个数，匹配的和为 $x$，且 $p1_i=a,p2_i=b$ 的方案数。那么有：

\[f_{i,x,a,b}=\sum\limits_{a' \ge a}^{}\sum\limits_{b'<b}^{}f_{i-1,x,a',b'}+\sum\limits_{a'<a}^{}\sum\limits_{b'\ge b}^{}f_{i-1,x,a',b'}\\ f_{i,x+1,a,b}=\sum\limits_{a'\ge a}^{}\sum\limits_{b'\ge b}^{}f_{i-1,x,a',b'}+\sum\limits_{a'<a}^{}\sum\limits_{b'<b}^{}f_{i-1,x,a',b'} \]

前缀和优化做到 $O(n^4)$。

主观感受，这种按照相对顺序插入的做法不需要考虑排列是否会出现相同元素，通常可以在邻项产生偏序关系时使用。一般比连续段 DP 更好写。需要支持后缀或前缀整体加时无影响，即两个数的关系不随真实值变化而变化，只依赖相对大小。

AT_agc043_d [AGC043D] Merge Triplets

对于排列中连续 $4$ 个数 $p_{l},p_{l+1},p_{l+2},p_{l+3}$。若 $p_l>p_{l+1}>p_{l+2}>p_{l+3}$，显然不合法。因为只能将 $3$ 个数分在一组，而无论怎么分都会有一个比 $p_l$ 小。又因为连续，所以一定是一个栈或多个栈的栈顶。那么一定对。

则现在我们按照前缀 $\max$ 划分，就可以得到若干个长度不大于 $3$ 的段。需要将一些 $1$ 的段和 $2$ 的段合并，凑成刚好 $n$ 个长度为 $3$ 的段。显然，不能两个长度为 $2$ 的段合并。则当长度为 $1$ 的段的数量不小于长度为 $2$ 的段的数量时，将 $2$ 消耗完后一定能构造合法；且不满足时一定会至少剩下两个长度为 $2$ 的段，一定不能构造合法。

那么一个排列合法，当且仅当：按照前缀 $\max$ 划分后，所有段的长度 $\le 3$，且长度为 $1$ 的段的数量不小于长度为 $2$ 的段的数量。

尝试按照相对大小确定排列。因为只在意 $1$ 的数量和 $2$ 的数量的大小关系，尝试定义状态函数 $f_{i,j}$ 表示确定了 $p_1\dots p_i$ 的相对大小，且 $1$ 的数量减 $2$ 的数量为 $j$ 的方案数。那么：

加一个长度为 $1$ 的段。那么 $i+1$ 的相对大小一定是 $i+1$，$f_{i+1,j+1}=f_{i,j}$。
加一个长度为 $2$ 的段。在 $i+1$ 是最大的情况下，$i+2$ 的大小不能大于 $i+1$ 的值。$f_{i+2,j-1}=(j+1)\times f_{i,j}$。
加一个长度为 $3$ 的段。同上，有 $f_{i+3,j}=(j+2)\times (j-1)\times f_{i,j}$。

最后答案就是 $\sum\limits_{j\ge 0}^{}f_{n,j}$。时间复杂度 $O(n^2)$。

其它

CF1806D DSU Master

考虑 $(i,i+1,a_i)$ 在什么条件下会对答案贡献 $1$。

如果 $a_i=0$。那么 $find(i+1)$ 会连向 $find(i)$。此时只有在 $find(i)=1$ 时才会有贡献，也就是说需要满足 $\max\limits_{j=1}^{i-1}tim_j < tim_i$ 且 $find(i)=1$。
如果 $a_i=1$。那么 $find(i)$ 会连向 $find(i+1)$。此时不可能产生贡献。

对于 $\max\limits_{j=1}^{i-1}tim_j < tim_i$，方案数为 $\frac{k!}{i-1}$。对于 $find(i)=1$，发现当 $a_{i-1}=0$ 时，$p(i)=p(i-1)$；当 $a_{i-1}=1$ 时，$p(i)=(1-\frac{1}{i-1})p(i-1)$。因为 $a_{i-1}$ 是 $1$ 的时候，一定要前面 $tim$ 的最大值不大于 $i-1$ 的 $tim$。时间复杂度 $O(n)$。

好像和排列计数没关系。

P4678 [FJWC2018] 全排列

如果已知 $P_1,P_2$，就是求有多少个区间 $[l,r]$，满足 $P_{1,l}\dots P_{1,r}$ 的逆序对数量不超过 $E$，且 $P_{1,i}$ 和 $P_{2,i}$ 的相对大小一样。直观地，就是离散化后相同。

那么根据离散化相同的限制，就可以得到：$(P_{1,i},P_{1,j})$ 与 $(P_{2,i},P_{2,j})$ 偏序情况相同。

其实好像没必要，既然离散化了，不妨记 $A=[P'_{1,l}\dots P'_{1,r}]$。则 $A$ 一定是 $1\dots r-l+1$ 的排列。那么该区间会对所有离散化后为 $A$ 的 $(P_1,P_2)$ 产生贡献。方案数为：$(C_{n}^{r-l+1}\times (n-(r-l+1))!)^2$。

那么就很简单了，维护 $f_i$ 表示所有 $1\dots i$ 的排列中，逆序对数量不超过 $E$ 的数量。则答案等于：$\sum\limits_{i=1}^{n}f_i \times (C_{n}^{i}\times (n-i)!)^2\times (n-i+1)$。定义状态函数 $f_{i,j}$ 为 $1\dots i$ 的排列中，逆序对数量为 $j$ 的方案数。从小到大加入 $i$，因为 $[1,i-1]$ 都比 $i$ 小，所以如果 $i$ 排在位置 $j$，则会对逆序对数量产生 $(i-j)$ 的贡献，有：$f_{i,j}=\sum\limits_{x=0}^{i-1}f_{i-1,j-x}$。时间复杂度 $O(nE)$。

P2606 [ZJOI2010] 排列计数

$i$ 和 $\lfloor i/2 \rfloor $ 连边。显然是棵二叉树，需要满足 $u$ 比 $u$ 子树内所有点小。维护 $f_{u}$ 表示 $u$ 为根子树内点的相对大小满足条件的方案数。那么合并左右子树可以看做可重集排列的合并，因为各个子树相对顺序一定了。则：$f_{u}=f_{ls_u}\times f_{rs_u}\times \frac{(siz_u-1)!}{(siz_{ls_u})!(siz_{rs_r})!}$。时间复杂度 $O(n)$。

注意 $m$ 可能小于 $n$。

AT_agc054_b [AGC054B] Greedy Division

困难。

如果第一个人选择得到橘子编号的顺序为 $p_{1,1}\dots p_{1,m}$，第二个人选择得到的橘子编号的顺序为 $p_{2,1}\dots p_{2,n-m}$。

发现，在已知 $p_1,p_2$ 的情况下，$p$ 是唯一的。有：

如果 $sA \le sB$，那么只能在 $p_i$ 放 $p_{1,*}$ 中的一个数，且一定是第一个没放的。
如果 $sA >sB$，同理只能放唯一的一个数。
因为最初 $sA=sB$，所以 $p_1$ 也是确定的。

那么问题变成，维护集合 $s$ 的数量，使得 $\sum\limits_{i\in s}^{} w_i=\sum\limits_{i\notin s}^{} w_i$。背包即可，时间复杂度 $O(n^2V)$。

posted @ 2025-11-07 20:02 harmis_yz 阅读(351) 评论(7) 收藏举报

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harmisyz

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