正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4769

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题目大意

有一个冒泡排序的算法

输入：一个长度为 n 的排列 p[1...n]
输出：p 排序后的结果。
for i = 1 to n dofor j = 1 to n - 1 doif(p[j] > p[j + 1])交换 p[j] 与 p[j + 1] 的值

然后给出一个排列$a$，求在所有字典序大于$a$的排列$p$中冒泡排序交换次数恰好为${\sum }_{i=1}^n|i-p_i|$的排列数。

$1\le n\le 6\times 10^5,\sum n\le 2\times 10^6$

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解题思路

打一下表发现合法的排列条件是最长下降子序列不超过$2$。

然后我们先不考虑字典序限制条件怎么做，我们设$f_{i,1/2}$表示目前下降子序列长度为$1/2$中末尾最大的那个。

那么$f_{i,1}$就是目前出现的数中最大的，然后如果我们从前往后填数，那么如果$\le f_{i,2}$的数中有没有填进去的，肯定不合法，所以$f_{i,2}$肯定比目前没有填进去的数中所有数字都小，不需要考虑。

设$g_{i,j}$表示目前还剩下$i$个数没填，其中$f_{i,1}$大于其中的$j$个数，那么有$g_{i,j}$可以转移到$g_{i-1,j-1}$（填在最底）和$g_{i-1,k}(k\ge j)$（填在$j$上面）。

我们考虑快速的求出每个$g$，反过来就是$g_{i,j}$转移到$g_{i+1,j+1}$和$g_{i+1,j}$。

我们维护一个$h_{i,j}=g_{i,i-j}$，那么每次的转移就是$h_{i,j}$转移到$h_{i,k}(j\le k\le i)$

这个转移很像卡特兰数的要求，每次可以往下或者往右，但是不能超过对角线。

这样来说移动到位置$(n,m)(m\le n)$的话方案数就是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m-1}\right)$。

然后就是枚举第一个超过该字典序的位置，这样前面的方案固定，剩下的数可以用树状数组计算得出，再用组合数求答案即可。

时间复杂度：$O(n\log n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define lowbit(x) (x&-x) 
using namespace std;
const ll N=6e5*2,P=998244353;
ll T,n,t[N],a[N],fac[N],inv[N],ans;
ll C(ll n,ll m)
{if(m<0)return 0;return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
void Change(ll x,ll val){while(x<=n){t[x]+=val;x+=lowbit(x);}return;
}
ll Ask(ll x){ll ans=0;while(x){ans+=t[x];x-=lowbit(x);}return ans;
}
ll F(ll n,ll m){m=n-1-m;if(!m)return 0;m--;return (C(n+m,m)-C(n+m,m-1)+P)%P;
}
signed main()
{
//	freopen("inverse3.in","r",stdin);fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;scanf("%lld",&T);while(T--){scanf("%lld",&n);ans=0;for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),Change(a[i],1);for(ll i=1,mx=0;i<=n;i++){Change(a[i],-1);mx=max(mx,a[i]);(ans+=F(n-i+1,Ask(mx)))%=P;if(a[i]<mx&&Ask(a[i]))break;}for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=0;printf("%lld\n",ans);}return 0; 
}