正题

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题目大意

对于一个排列$p_i$，定义一个序列$v=F(p)$，其中$v_i={\sum }_{j=1}^{i-1}[p_j>p_i]$。

一次冒泡排序为依次对$1\sim n-1$进行：若$p_i>p_{i+1}$则交换$p_i,p_{i+1}$。

现在给出一个序列$v$，其中有的位置可以任意填数，求有多少个排列$p$进行$k$次冒泡排序后的$p^{\prime }$满足$F(p^{\prime })=v$。

$1\le n\le 10^6,0\le k\le n-1$

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解题思路

首先排列$p$和$F(p)$之间是能一一对应的。

然后我们考虑把$p$的变化反映到$F(p)$上。

记$F(p)=v$，那所有会被带着移动的$p_i$都有$v_i=0$，然后被移动过去的每一个前面比他大的个数少一个。也就是$v$中所有的$0$都移动到它的下一个$0$处（如果没有就移动到末尾），然后其余的所有数字减一。

那么也就是原来值在$[1,k]$范围内的冒泡排序$k$次后都变为了$0$，并且如果一个数字原本是$i$变为了$0$，那么就代表了有$i$个$0$从它前面到达了它的后面，反过来说数字的变化可以代表$0$的移动。

而且我们还能发现一个性质，就是进行了$k$次冒泡排序后的序列$v$后$k$个值肯定为$0$。

那么再往前的$v_i=0$的位置在原本就可以是$[0,k]$之间的任意数字了，而且这也决定了后面$0$的移动，不需要考虑位置关系。

时间复杂度：$O(n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=998244353;
ll T,n,k,a[N];
signed main()
{scanf("%lld",&T);while(T--){scanf("%lld%lld",&n,&k);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);bool flag=0;for(ll i=n;i>n-k;i--)if(a[i]>0){flag=1;break;}if(flag){puts("0");continue;}ll ans=1;for(ll i=1;i<=n-k;i++)if(a[i]==0)ans=ans*(k+1)%P;else if(a[i]==-1) ans=ans*(i+k)%P;for(ll i=1;i<=k;i++)ans=ans*i%P;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}