[noi2018]氣泡排序
題解性質+模型轉化
首先，乙個排列是「好」的，當且僅當：每個數，要麼是字首最大值，要麼是字尾最小值。（討論i和pi的關係即可證明）
也就是，排列不能存在》=3的下降子串行！
換句話說，假設之前填了i個數，最大值是mx，那麼第i+1個數，要麼是剩下數的最小值，要麼是比mx大的數。
字典序，肯定按位考慮，轉化成沒有限制的情況，
所以先處理沒有限制的情況
這樣dp，
$f[i][j]$剩下i個數，比之前最大值大的數有j個的方案數。
第n-i+1個位置，要麼填最小值，要麼填這j個數之一。
填這j個中第k大的數（它就成為了新的最大值），就只能剩下j-k個比最大值大的了。
轉移：$f[i][j]=\sum_^f[i-1][k]$，k=0代表填了最小值。字首和優化
當然，i>=j必須保證
然後可以卡位。
之前比最大值大的數有nw個，第i個位置數是ai，
第i個位置：
1.$p_i>a_i$
$p_i$一定是乙個比最大值大的數
如果$a_i$是字首最大值，則nw=n-a[i]
否則，nw=n-字首最大值
顯然為了嚴格大於，如果nw=0，一定不行。
自由之後，方案數是：$\sum_^f[n-i][j]=f[n-i+1][nw-1]$
2.$p_i=a_i$
判斷$a_i$是不是字首最大值或者字尾最小值即可
o(t*n^2)
過不去。
瓶頸在於o(n^2)dp
這個dp很模式化啊，，，
$f[i][j]=\sum_^f[i-1][k]$
能不能發現組合意義？
結論：$f[i][j]=c(i+j-1,j)-c(i+j-1,j-2)$
證明：顯然必須有i>=j
本質是，(0,0)往(i,j)走，每次要麼往右走，要麼往右上走，不越過直線(i=j)的方案數。
可以對偶成：從(1,1)走，每次往右往上走，不能越過直線（i=j-1）的方案數
藍色折線和綠色折線一一對應！
不合法的也一一對應！（請自行畫圖）
從(1,1)走，每次往右往上走，不能越過直線（i=j-1）的方案數
這個直接卡特蘭數一樣，對稱容斥下即可。
o(n)
//發現本質：乙個數要麼是字首最大值，要麼是字尾最小值luogu-judger-enable-o2
#include#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout
namespace
std;
typedef
long
long
ll;template
il void rd(t &x)
template
il void output(t x)
template
il void ot(t x)
template
il void prt(t a,int st,int nd)
namespace
modulo
il int sub(int x,int y)
il int mul(int x,int y)
il void inc(int &x,int y)
il void inc2(int &x,int y)
il int qm(int x,int y=mod-2)return
ret;}
template
il int ad(const
int a,const
int b,const args &...args)
template
il int mul(const
int a,const
int b,const args &...args)
}using
namespace
modulo;
namespace
miracle
int f(int n,int
m)int
a[n];
bool
is[n];
intmain()
}int ans=0
;
int nw=n,mx=0
;
for(reg i=1;i<=n;++i)
if(a[i]>mx)
else
if(!is
[i])
}printf(
"%d\n
",ans);
}return0;
}}signed main()
/*author: *miracle*
*/
無限制？可以dp,f[i][j]記錄剩下的數以及比最大值大的數
字典序？按位考慮。變成無限制。
o(n^2)?觀察dp式子找到組合意義！
NOI2018 氣泡排序
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