bzoj_5416_[noi2018]氣泡排序_dp+組合數+樹狀陣列
好題。合法的排列的交換次數剛好是交換次數的下界，也就是說不能有多餘的交換。
也就是對於ai這個數，只能從i到ai這乙個方向走。
考慮x,y,z三個數(x>y>z)，y需要和x、z各交換一次，這顯然不能使y這個數滿足只向乙個方向移動這個條件。
於是轉化為排列的連續下降子串行最多為2。
考慮dp,設f[i][j]表示最後i個數沒填,這i個數中有j個數是大於字首(1~n-i)最大值的方案數。
考慮倒數第i個數可以填什麼，f[i][j]<---f[i-1][k]，有k<=j。
當k==j時說明填入了乙個小於字首最大值的數，這樣的數隻可以填最小的乙個，有一種方案。
當k有dp式子f[i][j]+=f[i-1][k](0<=k<=j)，即f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]。
然後考慮對已知的這個排列怎麼做。
假設字首最大值為mx，現在處理到的這一位排列上的值是p。
如果p>mx，這一位可以從p+1開始取值。
否則，p+1到mx的這些數不能選，如果選了會和前面的mx和後面的p形成3元組。
故這一位考慮max(mx,p)+1開始的數，比較好的一件事就是這些數一定都沒出現，那麼對答案的貢獻就是$\sum\limits_^f[n-i][j]$。
這玩意又等於f[n-i+1][n-max(mx,p)-1]。
還要注意每步如果p我們現在的時間複雜度到了$o(n^2)$，發現複雜度瓶頸在求f那裡。
考慮dp方程f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]，相當於把所有(x,y)(x這玩意就是用推卡特蘭數的方式翻摺計數可得f[i][j]=c(i+j,i)-c(i+j,i+1)。
然後就做完啦。
**：
#include #include #include using namespace std;#define n 600050
#define mod 998244353
#define _max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
typedef long long ll;
inline char nc()
int rd()
int fac[n<<1],inv[n<<1],n,p[n],c[n];
int qp(int x,int y)
void fix(int x,int v)
int inq(int x)
void init()
int c(int n,int m)
int f(int i,int j)
void solve()
printf("%d\n",ans);
}int main()
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