Codeforces 1542E2 - Abnormal Permutation Pairs (hard version)（DP）
upd on 2021.7.7：修了个 typo
首先考虑怎样处理”字典序小“这个问题，按照字典序比大小的套路，我们可以枚举第一位 \(p_x\ne q_x\) 的位置 \(x\)，那么必然有 \(p_x<q_x\)，为了避免后面计算中出现太多形如 \(n-x\) 之类的东西，我们不枚举 \(x\)，instead 我们枚举 \(i=n-x\)，那么真正的 \(x\) 等于 \(n\) 减去你枚举的 \(i\)。
接下来考虑 \(p\) 逆序对个数大于 \(q\) 逆序对个数这个东西怎么处理，显然 \(p,q\) 的前 \(n-i-1\) 位是相同的，它们内部的逆序对个数是相同的，而由于 \(p,q\) 第 \(n-i\) 位到第 \(n\) 位中数组成相同，\(p,q\) 前 \(n-i-1\) 位与后 \(i+1\) 位之间的逆序对个数也相同，因此 \(p\) 逆序对个数大于 \(q\) 逆序对个数即意味着 \(p\) 后 \(i+1\) 位逆序对个数 \(>\) \(q\) 后 \(i+1\) 位逆序对个数。
我们假设 \(p\) 后 \(i\) 位逆序对个数为 \(u\)，\(q\) 后 \(i\) 位逆序对个数为 \(v\)，那么不难发现，加入 \(p_{n-i}\) 后逆序对个数的变化只与 \(p_{n-i}\) 在后 \(i+1\) 个数中排第几有关——我们假设 \(p_{n-i}\) 是 \(p\) 后 \(i+1\) 位中的第 \(s\) 小，\(q_{n-i}\) 是 \(q\) 后 \(n-i+1\) 位中的第 \(t\) 小，那么后 \(i+1\) 位中 \(p\) 的逆序对数即为 \(u+s-1\)，\(q\) 的逆序对数即为 \(v+t-1\)。
我们考虑枚举 \(u,v\)，那么根据 \(u+s-1>v+t-1\) 可知 \(t-s<u-v\)，又显然 \(t>s\)，故 \(0<t-s<u-v\)，根据 \(t,s\in[1,i+1]\) 可知，满足 \(t-s=x(x\in[1,i])\) 的 \(t,s\) 共有 \(i+1-x\) 组，把它们累加起来可得 \(\sum\limits_{x=1}^{u-v-1}i+1-x=\dfrac{i(i+1)}{2}-\dfrac{(i+1-(u-v))(i+2-(u-v))}{2}\)，我们记 \(f(i,x)=\dfrac{i(i+1)}{2}-\max(\dfrac{(i+1-x)(i+2-x)}{2},0)\)，那么这东西就是 \(f(i,u-v)\)。
接下来考虑怎样计算答案，首先我们设 \(dp_{i,j}\) 表示有多少个长度为 \(i\) 的排列有 \(j\) 个逆序对，那么显然有转移方程式 \(dp_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{i-1}dp_{i-1,j-k}\)，前缀和优化即可实现 \(\mathcal O(1)\) 转移。那么我们枚举 \(i,u,v\)，那么根据之前的推论填好 \(p,q\) 后 \(i+1\) 位的相对大小关系的方案数为 \(\sum\limits_{u=0}^{i(i-1)/2}\sum\limits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v)\)，再乘上确定 \(p,q\) 前 \(n-i-1\) 位的方案数——选出 \(n-i-1\) 个数的方案数为 \(\dbinom{n}{n-i-1}\)，将它们排列好的方案数为 \((n-i-1)!\)，因此总方案数就是 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{n-i-1}(n-i-1)!\sum\limits_{u=0}^{i(i-1)/2}\sum\limits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v)\)，暴力计算是 \(\mathcal O(n^5)\)，无法通过 E2，可以通过 E1。如果稍微观察一下可知若 \(v<u-i\)，\(f(i,u-v)=\dfrac{i(i+1)}{2}\) 为定值，可以直接一波前缀和带走，时间复杂度可以降到 \(n^4\)，但是还是无法通过 E2。
附：E1 \(\mathcal O(n^4)\) 的做法，注意，由于模数不是质数，不能预处理阶乘及其逆元来求组合数，需手动递推。
const int MAXN=50;
const int MAXM=1225;
int n,mod,ans=0,dp[MAXN+5][MAXM+5],sum[MAXN+5][MAXM+5];
int c[MAXN+5][MAXN+5],fac[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod);dp[1][0]=1;
for(int i=0;i<=MAXM;i++) sum[1][i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
dp[i][j]=sum[i-1][j];
if(j-i>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]-sum[i-1][j-i]+mod)%mod;
// printf("%d %d %d\n",i,j,dp[i][j]);
} sum[i][0]=dp[i][0];
for(int j=1;j<=MAXM;j++) sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
}
for(int i=(fac[0]=1)-1;i<=MAXN;i++){
c[i][0]=1;if(i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
for(int i=0;i<n;i++){
int lim=i*(i+1)/2,s=0;
for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
s=(s+1ll*lim*sum[i][j-1]%mod*dp[i][j])%mod;
for(int k=max(0,j-i);k<j;k++){
s=(s-1ll*(i-j+k+1)*(i-j+k+2)/2*dp[i][k]%mod*dp[i][j]%mod+mod)%mod;
}
} //printf("%d\n",s);
ans=(ans+1ll*s*c[n][n-i-1]%mod*fac[n-i-1])%mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
接下来考虑优化这个做法，考虑后面这个式子 \(\sum\limits_{u=0}^{i(i-1)/2}\sum\limits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v)\)，我们不妨固定住 \(u\)，考虑后面的东西怎么快速计算，我们不妨将 \(f\) 展开，可以得到：
前面的东西显然一波前缀和带走，对于后面的部分，如果 \(v<u-i\) 那显然是 \(0\)，否则我们可以将 \(\max\) 展开，继续化为 \(\sum\limits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}·\dfrac{(i+1-u+v)(i+2-u+v)}{2}\)，记 \(T=i+1+v\)，那么原式 \(=\sum\limits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}·\dfrac{(T+v)(T+1+v)}{2}\)，这里有一个稍微有些棘手的地方，就是 \(2\) 不一定有逆元，因此不能直接拆成 \(v\) 的平方项、\(v\) 的一次项和常数项分别求和再乘上 \(2\) 的逆元，因此我们采用这样一个方法：\(\dfrac{(T+v)(T+1+v)}{2}=\dfrac{T(T+1)}{2}+Tv+\dfrac{v(v+1)}{2}\)，这样三项都是整数，就可以直接求和了，维护 \(dp_{i,v},v·dp_{i,v},\dfrac{v(v+1)}{2}·dp_{i,v}\) 的前缀和即可 \(\mathcal O(1)\) 计算上式。
时间复杂度 \(n^3\)，代码不算难写。
const int MAXN=500;
const int MAXM=500*499/2;
int n,mod,ans=0,dp[MAXN+5][MAXM+5];
int sum[MAXM+5],_sum[MAXM+5],__sum[MAXM+5];
int c[MAXN+5][MAXN+5],fac[MAXN+5];
int sum0(int l,int r){if(l>r) return 0;return (sum[r]-((!l)?0:sum[l-1])+mod)%mod;}
int sum1(int l,int r){if(l>r) return 0;return (_sum[r]-((!l)?0:_sum[l-1])+mod)%mod;}
int sum2(int l,int r){if(l>r) return 0;return (__sum[r]-((!l)?0:__sum[l-1])+mod)%mod;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod);dp[1][0]=1;
for(int i=0;i<=MAXM;i++) sum[i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
dp[i][j]=sum[j];
if(j-i>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]-sum[j-i]+mod)%mod;
// printf("%d %d %d\n",i,j,dp[i][j]);
} memset(sum,0,sizeof(sum));sum[0]=dp[i][0];
for(int j=1;j<=MAXM;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[i][j])%mod;
}
for(int i=(fac[0]=1)-1;i<=MAXN;i++){
c[i][0]=1;if(i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
for(int i=0;i<n;i++){
int lim=i*(i+1)/2,s=0;
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(_sum,0,sizeof(_sum));
memset(__sum,0,sizeof(__sum));
sum[0]=dp[i][0];
for(int j=1;j<=i*(i-1)/2;j++){
sum[j]=(sum[j-1]+dp[i][j])%mod;
_sum[j]=(_sum[j-1]+1ll*j*dp[i][j])%mod;
__sum[j]=(__sum[j-1]+1ll*j*(j+1)/2*dp[i][j])%mod;
}
for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
s=(s+1ll*lim*sum[j-1]%mod*dp[i][j])%mod;
int T=i-j+1;
int A=(1ll*T*(T+1)/2%mod+mod)%mod;
int B=(T+mod)%mod;
int minus=(1ll*A*sum0(max(0,j-i),j-1)%mod
+1ll*B*sum1(max(0,j-i),j-1)%mod
+sum2(max(0,j-i),j-1))%mod;
s=(s-1ll*minus*dp[i][j]%mod+mod)%mod;
} //printf("%d\n",s);
ans=(ans+1ll*s*c[n][n-i-1]%mod*fac[n-i-1])%mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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