題意：
逆序對指在乙個序列中ai>aj && i < j，也就是一前一後兩個數，當大的在前面的時候即算一對。
題目求在乙個由1…n組成的序列中逆序對為k的序列的個數。
出題人很良心，不需要寫高精度，答案對10000取模即可。
思路：
這道題的前面其實還有一道很類似的題，也是求逆序對。不同的是那道題給定了序列求逆序對的個數，而這道題則相反。那道題的方法即merge sort。儘管兩題很類似，但是方法卻截然不同。
憑感覺，這應該是一道動規的題。長度為n-1的序列與長度為n的序列只差乙個n，而由於n出現的逆序對也很好求：n在第i個就會相比於原序列多出n-i個逆序對。如此，那看來是動規無疑了。
狀態轉移方程：若長度為n的序列要求有k個逆序對，那麼他可以從長為n-1的序列中選取有k-n+1到k個逆序對的部分。道理很簡單n的加入最多使原序列增加n-1個逆序對（即放在第乙個的時候，與後面n-1個數構成逆序對），所以要從x[n-i][p]變到x[n][k]，p屬於[k-n+1,k]。那麼轉移方程式就很好寫了：
for(unsigned i = 2; i != n+1; ++i)
}}
這是乙個o(n^3)的演算法，很慢。我們觀察最內層迴圈，發現它很多餘，因為總是重複操作。dp[i][j-1]和dp[i][j]當i-j+1>0的時候，中間部分完全相同，只是掐頭增尾的問題。由此我們可以有第一種優化：dp[i][j] = dp[i][j-1]-dp[i-1][j-i]+dp[i-1][j];（j-i >-1）
當然也可以直接採用字首陣列和的方式將這段迴圈優化掉，到o(n^2)。
（後面的**採取的是這一種）
源**的讀入是多組資料。
源**：
#include
#define maxn 1005
#define mod 10000
//#define debug
#ifdef debug
#define debug(...)printf(__va_args__);
#else
#define debug(...)
#endif
using namespace std;
int n[15], k[15], dp[maxn][maxn*10];
void dp(int n, int k)
for(int i = 2; i != n+1; ++i)
debug("\n");
}return ;
}int main()
dp(maxn, maxk);
for(unsigned i = 0; i != times; ++i)
return
0;}
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1311 求逆序對
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