就差一點解題報告

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題目描述

冒泡排序是?個簡單的排序算法，其時間復雜度為$O(n^2)$

有?個大小為$n$的排列$p_1,...,p_n$，?明想對這個排列進?冒泡排序，于是寫了下?這份代碼：

for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=1;j<n;j++)if(p[j]>p[j+1]) swap(p[j],p[j+1]);

細?的選手不難發現小明手抖把第?行中的$n$打成了$k$，所以當$k$比較小時，這份代碼可能會出錯

?明發現當這份代碼出錯時，可能就差?點就能把這個排列排序，他定義?個排列就差?點能被排序，當且僅當這個排列存在?個大小為$n?1$的上升子序列

小明想知道，對于給定的$n,k$，有多少種不同的排列滿?對這個排列運?上述代碼后，這個排列就差?點能被排序

由于答案可能很?，?明只需要知道答案對質數$mod$取模的結果

輸入格式

本題?個測試點含有多組測試數據，第?行?個整數$T$，表示數據組數

接下來$T$行，每行$3$個整數，$n,k,mod$，意義同題意

輸出格式

共$T$行，對于每組測試數據，輸出一行一個整數表示答案

樣例

5 5 1 998244353 5 2 998244353 5 3 998244353 5 4 998244353 5 5 998244353 74 114 120 120 120

數據范圍

$1\le n,k,T\le 5000,10^8\le mod\le 10^9+7$

solution

• DDG有個神奇$DP$，正確倒是正確，只是這是怎么想到的呢？

  $d{p}_{i,j}={\sum }_{k=1}^{j?1}d{p}_{i?1,k}+j?d{p}_{i,j}$ （前$i$個數，在$x$前面比$x$大的數的個數最大值為$j$ 的序列）

  因為一次冒泡排序，相當于處理了 在$i$前面比$i$大的數個數最多 的$i$

• 卷爺找了三個強大的性質

  最重要的性質就是，對于值屬于$[i,n]$的所有下標，將這些下標抽出來，然后根據值離散化

  如果離散化后的序列需要$t$次變成單調上升，那么回到原序列，也只需要$t$次，單看這些下標，就會發現是單調上升的

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結合這兩種思路，就來到了小兒子的通俗易懂的解法——反序表

反序表對于一個排列的定義為$s_i={\sum }_{j=1}^{i?1}[p_j>p_i]$

• 即反序表的第$i$位上的數值表示：在原排列中，第$i$位以前的比第$i$位值大的個數

e.g. 原序列3 2 4 1 5，反序表為0 1 0 3 0

反序表具有很多非常好的性質

• 顯然對于$i$，$s_i<i$（嚴格小于)；換言之，對于$i$，其$s_i$的取值為$[0,i)$共$i$個

• 反序表與排列是一一對應的，那么原題要求排列個數，就轉化成了求反序表的個數

• 冒泡一輪排序會將 最大的 還沒在應在位置的值 放置在 其應在位置，然后這區間中的每個數位置都會前移一位，其在反序表的變化則為下標，值均減一（如果已經是$0$就不減）

  換言之，一次冒泡排序后，每個數至多只會減少一

  e.g.

  原序列3 2 5 1 4，反序表為0 1 0 3 1

  一次冒泡排序后

  原序列3 2 1 4 5，反序表為0 1 2 0 0

  $5$由位置$3$變到$5$，反序表改變的區間為$[3,5]$

• 反序表中$i$位置上的值如果為$s_i$，意味著至少需要$s_i$次冒泡排序才能將原序列$i$有序

  這里的有序定義為，其前面的數全小于ta，其后面的數全大于ta

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了解完反序表的性質后，就可以解決這道題了

• 考慮冒泡排序后，最后的序列是一個長為$n$的上升子序列（不差一點）

  這時的反序表全是$0$，0,0,0,...,0

  一次排序，反序表只能減一或者不減，$k$次排序最多減少$k$

  也就是說想要最后反序表為$0$，其初始值不能超過$k$

  即：${?}_i{s}_i\le \min (i?1,k)$

  將這些值域限制乘起來就是不同的反序表個數，也就是不同的排列個數

  即：${\prod }_{i=1}^n(\min (i?1,k)+1)$

• 考慮冒泡排序后，最后的序列是一個長為$n?1$的上升子序列（只差一點）

  • 這時的反序表形如0,0,...,1,1,...,1,0,0,...,0

    e.g. 最后序列為4 1 2 3 5，反序表為0 1 1 1 0

    最后為$0$說明初始反序表的值不超過$k$

    最后為$1$說明初始反序表的值不超過$k+1$

    注意：$s_i$能取到$k+1$的$i$是有限制的，僅為$[k+2,n]$，共$n?(k+2)+1=n?k?1$個

    （不要忘記$s_i<i$的約束）

    考慮枚舉這段$1$的長度$len$

    這段長度的選擇方案相當于在總長為$n?k?1$中擺下$len$的放置方案，顯然為$n?k?1?len+1=n?k?len$種

    剩下的$n?k?1?len$個數反序表都不超過$k$，可選為$[0,k]$共$k+1$個

    這些數生成的反序表組合為$(k+1{)}^{n?k?1?len}$，再乘上前$k$個數的組合

    即：$(k+1)!?{\sum }_{i=1}^{n?k?1}(k+1{)}^{n?k?1?len}?(n?k?len)$

  • 這時的反序表有且僅有一個位置，其$s_i>1$（嚴格大于）

    e.g. 最后序列為2 3 1 4 5，反序表為0 0 2 0 0

    相當于原始$s_i>k+1$，這個$i$同樣有范圍限制，為$[k+3,n]$

    對于$i$其選擇方案為$i?1?(k+2)+1=i?k?2$

    即：${\sum }_{i=k+3}^n{\prod }_{j=1}^n[j=i](\min (j?1,k)+1)?[j=i](i?k?1)$

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 5005 #define int long long int T, n, k, mod, fac; int inv[maxn], mi[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &k, &mod );fac = inv[1] = mi[0] = 1;if( k >= n ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ )fac = fac * i % mod;printf( "%lld\n", fac );continue;}for( int i = 1;i <= k + 1;i ++ )fac = fac * i % mod;for( int i = 2;i <= k + 1;i ++ )inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) mi[i] = mi[i - 1] * ( k + 1 ) % mod;int ans = fac * mi[n - k - 1] % mod;for( int i = 1;i <= n - k - 1;i ++ )ans = ( ans + fac * ( n - k - i ) % mod * mi[n - k - 1 - i] ) % mod;int mul = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )mul = mul * ( min( i - 1, k ) + 1 ) % mod;for( int i = k + 3;i <= n;i ++ )ans = ( ans + mul * inv[min( i - 1, k ) + 1] % mod * ( i - k - 2 ) ) % mod;printf( "%lld\n", ans );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[2021-09-09 T2] 就差⼀点——冒泡排序和反序表之间不为人知的秘密的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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