题解：CF1988F Heartbeat

CF1988F 题解

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题意

按如下方式定义一个排列 \(p_{1\sim n}\) 的权值：

1. 定义前缀最大值 \(p_i\) 满足 \(\begin{aligned}p_i=\max^{i}_{j=1}p_j\end{aligned}\)，记 \(p\) 的前缀最大值的个数为 \(x\)。
2. 定义后缀最大值 \(p_i\) 满足 \(\begin{aligned}p_i=\max^{n}_{j=i}p_j\end{aligned}\)，记 \(p\) 的后缀最大值的个数为 \(y\)。
3. 定义 \(\begin{aligned}z=\sum^{i=2}_{n}[p_{i-1}<p_i]\end{aligned}\)。

则排列 \(p\) 的权值为 \(a_x\times b_y\times c_z\)。

其中 \(a,b\) 从 \(1\) 开始输入，\(c\) 从 \(0\) 开始输入。

前置知识

本题要用到组合数，组合数要是在转移方程里面进行暴力计算无疑会增加时间复杂度，所以考虑预处理。

那么组合数预处理其实就是用到这个公式：\(C^m_n=C^m_{n-1}+C^{m-1}_{n-1}\)，就开个二维数组预处理即可。

当然，既然是前置知识那就简单的证明一下，其实证明方法有两种，第一种是杨辉三角，第二种暴力拆开，这里使用第二种。

\(\begin{aligned}C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1}&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m+1)}{(m-1)!}+\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m+1)\times(n-m+m)}{m!}\\&=\frac{n\times(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=C^{m}_{n}\end{aligned}\)

思路

首先看到题目很自然的想到了 DP，观察题目发现这题对答案有影响的就是前后缀最大值和上升点（后一个点比前一个点大即满足条件三的点对）的个数。

于是设 \(f_{n,i,j}\) 表示 \(1\sim n\) 的所有排列中有 \(i\) 个前缀最大值，\(j\) 个上升点的排列个数，\(g_{n,i,j}\) 表示 \(1\sim n\) 的所有排列中有 \(i\) 个后缀最大值，\(j\) 个上升点的排列个数。

由对称性可知，\(g_{n,i,j}=f_{b,i,n-j-1}\)，于是在打代码的时候就不需要 \(g\)，可以将它转化为 \(f\)。

接下来考虑 \(f\) 的转移方程式。

首先先思考如何从 \(n-1\) 个数转变成 \(n\) 个数是比较方便列式子的，容易想到，可以是将之前旧的 \(1\sim n-1\) 的排列中的每一个数都加一，于是就空出了一个 \(1\) 的位置，因为原数列都加上了一，相对大小关系不变，所以只用考虑插入这个新的 \(1\) 会产生的影响即可。

1. \(1\) 在上升点对的的中间或者在最后，因为 \(1\) 是最小的，所以这两种情况均不影响前缀最大值和上升点对数（\(1\) 和原本的上升点对中大的数组成一对，但拆散了原本的那一对，所以不影响），于是就有 \(f_{n,i,j}\gets f_{n,i,j}+f_{n-1,i,j}\times(j+1)\)。（\(j\) 是上升点的个数，\(1\) 是放在最后一个的情况。）
2. \(1\) 在最前面的位置，这样的话 \(1\) 会添加一个本身的前缀最大值，以及和原本数列的第一个数成为一个上升点对，（因为 \(1\) 是最小的。）于是 \(f_{n,i+1,j+1}\gets f_{n,i+1,j+1}+f_{n-1,i,j}\)。
3. \(1\) 在其他的 \(n-j-2\) 个位置的之一，因为 \(1\) 是最小的，所以 \(1\) 放在其他位置不会产生新的前缀最大值，会和插在的位置后面的那一个数产生一个新的上升点对，于是 \(f_{n,i,j+1}\gets f_{n,i,j+1}+f_{n-1,i,j}\times(n-j-2)\)。

如果考虑插入 \(n\) 的话可能也可以，本人没试过，欢迎各位大佬尝试。

当然，这样子的是远远不足以通过题目的，也配不上这黑的难度，\(n^3\) 的空间复杂度接受不了，不过发现三个转移方程的第一维都只与上一个状态有关，于是就考虑使用滚动数组来优化空间，这样空间复杂度就可以接受了。

接下来考虑如何统计答案。

首先想到 \(n\) 是整个数列中最大的数，必定会产生新的前后缀最大值，且继续往 \(n\) 的两边遍历是不会再出现前后缀最大值，所以考虑将数列分成 \(n\) 左边的一段，和 \(n\) 右边的一段。于是就可以得到如下方程。

\(\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{i=0}^{p-1}\sum_{j=0}^{n-p}\sum_{x=0}^{p-1}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times f_{p-1,i,x}\times g_{n-p,j,y}\times a_{i+1}\times b_{j+1}\times c_{x+y+[p>1]}\end{aligned}\)。

先来解释下，其实就是枚举 \(n\) 的一边的数字的情况（自然另一边也就出来了），再乘以相应的方案数，当然，如果 \(n\) 在 \(1\) 这个位置不产生的上升点对，所以只有不在 \(1\) 时才会产生上升点对。

这个时间复杂度肯定是不够的，所以考虑降维。

发现 \(f_{p-1,i,x},g_{n-p,j,y}\) 和 \(a_{i+1},b_{j+1}\) 分别配对只有三个不同的变量，于是就可以预处理 \(\begin{aligned}u_{i,x}=\sum^{n}_{p=1}f_{p-1,i,x}\times a_{i+1},v_{j,y}=\sum^{n}_{p=1}g_{n-p,j,y}\times b_{j+1}\end{aligned}\)。

（为什么是三个呢？因为预处理的时间复杂度最多是 \(n^3\) 的，而两个不同的找不到。）

于是方程就变为 \(\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{x=0}^{p-1}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times u_{p-1,x}\times v_{n-p,y}\times c_{x+y+[p>1]}\end{aligned}\)。

但是这还是不够的，因为题目要求的是长度小于等于 \(n\) 的所有排列，外面还得套上一个枚举 \(n\) 的长度，所以还得再降一维。

观察发现 \(u_{p-1,x}\) 和 \(c_{x+y+[p>1]}\) 只有三个不同的变量，也有可以预处理啦！将他们的积存进 \(w_{p-1,y}\) 中，于是，最终得到了一个真正正确的式子。

\(\begin{aligned}ans_n=\sum_{p=1}^{n}\sum_{y=0}^{n-p}C^{p-1}_{n-1}\times w_{p-1,y}\times v_{n-p,y}\end{aligned}\)。

上代码！！！

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
#define ni i&1
#define li (i-1)&1 
using namespace std;
const int MN=705;
const int mod=998244353;
ll n,ans,a[MN],b[MN],c[MN],C[MN][MN],f[2][MN][MN],u[MN][MN],v[MN][MN],w[MN][MN];
void write(ll n){if(n<0){putchar('-');write(-n);return;}if(n>9)write(n/10);putchar(n%10+'0');}
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
int main(){
// 	freopen("heart.in","r",stdin);
// 	freopen("heart.out","w",stdout); 
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) b[i]=read();
	for(int i=0; i<n; i++) c[i]=read();
	for(int i=0; i<=n; i++){C[i][0]=1;for(int j=1; j<=i; j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;}
	u[0][0]=a[1];v[0][0]=b[1];
	for(int i=1; i<=n; i++){
		if(i==1) f[1][1][0]=1;
		else{
			for(int j=1; j<i; j++) for(int k=0; k<i; k++) f[ni][j][k]=0;
			for(int j=1; j<i; j++) for(int k=0; k<i-1; k++){
				f[ni][j][k]=(f[ni][j][k]+f[li][j][k]*(k+1)%mod)%mod;
				f[ni][j+1][k+1]=(f[ni][j+1][k+1]+f[li][j][k])%mod;
				f[ni][j][k+1]=(f[ni][j][k+1]+f[li][j][k]*(i-k-2)%mod)%mod;
			}
		}
		for(int j=1; j<=i; j++) for(int k=0; k<i; k++){
			u[i][k]=(u[i][k]+f[ni][j][k]*a[j+1]%mod)%mod;
			v[i][k]=(v[i][k]+f[ni][j][i-k-1]*b[j+1]%mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<=i; j++) for(int k=0; k<n-j; k++) w[i][k]=(w[i][k]+u[i][j]*c[j+k+(i>0)]%mod)%mod;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		ans=0;
        for(int p=1; p<=i; p++) for(int y=0; y<=i-p; y++) ans=(ans+w[p-1][y]*v[i-p][y]%mod*C[i-1][p-1]%mod)%mod;
		write(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}