P4769 [NOI2018] 冒泡排序洛谷黑题题解附源码

[NOI2018] 冒泡排序

题目背景

请注意，题目中存在 $n = 0$ 的数据。

题目描述

最近，小 S 对冒泡排序产生了浓厚的兴趣。为了问题简单，小 S 只研究对 $1$ 到 $n$ 的排列的冒泡排序。

下面是对冒泡排序的算法描述。

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

冒泡排序的交换次数被定义为交换过程的执行次数。可以证明交换次数的一个下界是 $\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ ，其中 $p_i$ 是排列 $p$ 中第 $i$ 个位置的数字。如果你对证明感兴趣，可以看提示。

小 S 开始专注于研究长度为 $n$ 的排列中，满足交换次数 $\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ 的排列（在后文中，为了方便，我们把所有这样的排列叫「好」的排列）。他进一步想，这样的排列到底多不多？它们分布的密不密集？

小 S 想要对于一个给定的长度为 $n$ 的排列 $q$ ，计算字典序严格大于 $q$ 的“好”的排列个数。但是他不会做，于是求助于你，希望你帮他解决这个问题，考虑到答案可能会很大，因此只需输出答案对 $998244353$ 取模的结果。

输入格式

输入第一行包含一个正整数 $T$ ，表示数据组数。

对于每组数据，第一行有一个正整数 $n$ ，保证 $\leq 6 \times 10^5$ 。

接下来一行会输入 $n$ 个正整数，对应于题目描述中的 $q_i$ ，保证输入的是一个 $1$ 到 $n$ 的排列。

输出格式

输出共 $T$ 行，每行一个整数。

对于每组数据，输出一个整数，表示字典序严格大于 $q$ 的「好」的排列个数对 $998244353$ 取模的结果。

样例 #1

样例输入 #1

1
3
1 3 2

样例输出 #1

样例 #2

样例输入 #2

1
4
1 4 2 3

样例输出 #2

提示

样例 1 解释

字典序比 $\ 3 \ 2$ 大的排列中，除了 $\ 2 \ 1$ 以外都是「好」的排列，故答案为 $3$ 。

数据范围

下面是对本题每个测试点的输入规模的说明。

对于所有数据，均满足 $T = 5$ （样例可能不满足）。

记 $n_\mathrm{max}$ 表示每组数据中 $n$ 的最大值， $\sum n$ 表示所有数据的 $n$ 的和。

测试点	$n_\mathrm{max} =$	$\sum n \leq$	特殊性质
1	$8$	$\ n_\mathrm{max}$	无
2	$9$	$\ n_\mathrm{max}$	无
3	$10$	$\ n_\mathrm{max}$	无
4	$12$	$\ n_\mathrm{max}$	无
5	$13$	$\ n_\mathrm{max}$	无
6	$14$	$\ n_\mathrm{max}$	无
7	$16$	$\ n_\mathrm{max}$	无
8	$16$	$\ n_\mathrm{max}$	无
9	$17$	$\ n_\mathrm{max}$	无
10	$18$	$\ n_\mathrm{max}$	无
11	$18$	$\ n_\mathrm{max}$	无
12	$122$	$700$	$\forall i \enspace q_i = i$
13	$144$	$700$	无
14	$166$	$700$	无
15	$200$	$700$	无
16	$233$	$700$	无
17	$777$	$4000$	$\forall i \enspace q_i = i$
18	$888$	$4000$	无
19	$933$	$4000$	无
20	$1000$	$4000$	无
21	$266666$	$2000000$	$\forall i \enspace q_i = i$
22	$333333$	$2000000$	无
23	$444444$	$2000000$	无
24	$555555$	$2000000$	无
25	$600000$	$2000000$	无

提示

下面是对交换次数下界是 $\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ 的证明。

排序本质上就是数字的移动，因此排序的交换次数应当可以用数字移动的总距离来描述。对于第 $i$ 个位置，假设在初始排列中，这个位置上的数字是 pi，那么我们需要将这个数字移动到第 $p_i$ 个位置上，移动的距离是 $\lvert i - p_i \rvert$ 。从而移动的总距离就是 $\sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ ，而冒泡排序每次会交换两个相邻的数字，每次交换可以使移动的总距离至多减少 $2$ 。因此 $\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ 是冒泡排序的交换次数的下界。

并不是所有的排列都达到了下界，比如在 $n = 3$ 的时候，考虑排列 $\ 2 \ 1$ ，这个排列进行冒泡排序以后的交换次数是 $3$ ，但是 $\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert$ 只有 $2$ 。

感谢给我讲了这个题的神仙跳瓜 $jumpmelon\textrm{jumpmelon}$ 。

首先看给的提示，我们可以发现在这样的排序方式下，对于每一个数都只向目标位置方向走，不换向。那么对于一个数 $x$ ，如果有一个比它大的数在它前面，那么它必须向左走；如果有一个比它小的数在它后面，那么它必须向右走。这样的排列是不合法的，即要求不存在长度超过 $2$ 的下降子序列。

根据 $Dilworth\textrm{Dilworth}$ 定理，最长下降子序列的长度不超过 $2$ ，即整个排列最多被划分成 $2$ 个上升子序列。

先不考虑字典序严格大于 $q$ 的限制。

我们记 $f_{i, j}$ 为前 $i$ 个的最大值为 $j$ 后面 $n - i$ 个位置的方案数。我们考虑第 $i$ 个数填什么。注意 $\leqslant j$

如果填比 $j$ 大的数，那么一定可以接在 $j$ 的后面；如果要填比 $j$ 小的数，那么必须填当前还没有填的中最小的，否则上升子序列将不止 $2$ 个，所以

$=∑k=jnfi+1,k\begin{aligned} f_{i, j} &= \begin{cases} f_{i + 1, k} \ \ \ \ \ (k > j) \\ f_{i + 1, j} \ \ \ \ \ \end{cases} \\ &= \sum_{k = j}^n f_{i + 1, k} \end{aligned}$

但是直接这样递推是 $O(n^2)$ 的。我们把它以图像的形式表示， $f_{i, j}$ 即表示从点 $(i, j)$ 开始，每次向右走一步，向上走 $\leqslant 0)$ 步，不与直线 $y = x - 1$ （因为 $\leqslant j$ ）相交，走到点 $(n, n)$ 的方案数。

如图，即从点 $A (i, j)$ 走到 $B (n, n)$ 的不与直线 $y = x - 1$ 相交的方案数。

首先，如果不考虑与直线不相交，即为走 $n - i$ 次，每次选择向上走 $\geqslant 0)$ 步，一共走了 $n - j$ 步的方案数。模仿插板法，因为 $x$ 可以取 $0$ ，我们把总个数加上划分数 $n - i$ ，变成 $n - i + n - j$ 个物品划分成 $n - i$ 块的方案数，即 $(2n−i−j−1n−i−1)\dbinom{2n - i - j - 1}{n-i-1}$ 。

再模仿 $Catalan\textrm{Catalan}$ 数的推法，看第一个与直线 $y = x - 1$ 相交的位置。找点 $(i, j)$ 关于直线 $y = x - 1$ 的对称点 $(j + 1, i - 1)$ , 由于方案一一对应，所以，从点 $(i, j)$ 出发，经过直线的方案数即为从点 $(j + 1, i - 1)$ 出发到点 $(n, n)$ 的方案数。

得到

$fi,j=calc(i,j)−calc(j+1,i−1)=(2n−i−j−1n−i−1)−(2n−i−j−1n−j−2)\begin{aligned} f_{i, j} &= calc(i, j) - calc(j + 1, i - 1) \\ &= \dbinom{2n - i - j - 1}{n - i - 1} - \dbinom{2n - i - j - 1}{n - j - 2} \\ \end{aligned}$

这样就得到 $f$ 的 $O (1)$ 求解啦！（然而 $O(n^2)$ 有足足 $80$ 分，真香)

可以发现 $f_{0, 0}$ 即为 $Catalan\textrm{Catalan}$ 数，可以得到 $12$ 分。

回到有限制字典序严格大于 $q$ 的原题上来。考虑一位一位枚举，假设当前枚举到第 $i$ 项，我们计数证前 $i - 1$ 项与 $q$ 相同，第 $i$ 项大于 $q_i$ 的排列个数。

记 $mx = \max_{j = 1}^{i - 1} q_j$ ， $m n$ 为当前还没有用过的最小的数， $v = q_i$ 。第 $i$ 位只能填 $m n$ 或大于 $m x$ 的数。分类讨论

$v = m n$

（因为 $m n$ 是最小可以填的，所以 $v$ 的下界是 $m n$ 。）

此时，第 $i$ 项不能填 $m n$ ，只能大于 $m x$ ，故后面 $n - i$ 项的填法有 $∑k=mx+1nfi,k\sum_{k = mx + 1}^n f_{i, k}$ 种（ $k$ 为第 $i$ 位填的数）。
$m n < v < m x$

此时第 $i$ 位没有可以填的，后面不再存在合法方案。（但是还是要读完）
$\geqslant mx$

此时第 $i$ 位可以填 $m n$ 或大于 $m x$ 的数，方案数为 $∑k=mxnfi,k\sum_{k = mx}^n f_{i, k}$ 。

问题又来了，怎么求 $f$ 的前缀和呢？考虑 $f$ 的递推式 $fi,j=∑k=jnfi+1,kf_{i, j} = \sum_{k = j}^n f_{i + 1, k}$ ，这正是一个前缀和的形式。所以

$∑k=limnfi,k=fi−1,lim\sum_{k = lim}^n f_{i, k} = f_{i - 1, lim}$

不用像其他题解上说的要用树状数组，复杂度 $O (T n)$ （还好写)

完结撒花~

代码

注意数组要开 $2 n$ ，写起来很简单，但是最开始由于没彻底搞懂想了半天

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;namespace TYC
{typedef long long ll;const int N = 1.2e6, p = 998244353;int fac[N + 5], inv[N + 5], vis[N + 5];inline int read(){int v = 0, fl = 0, ch = getchar();while (!isdigit(ch))fl |= (ch == '-'), ch = getchar();while (isdigit(ch))v = v * 10 + ch - '0', ch = getchar();return fl ? -v : v;}inline int qpow(int v, int tim){int ans = 1;for (; tim; tim >>= 1, v = (ll)v * v % p)if (tim & 1)ans = (ll)ans * v % p;return ans;}void init(){fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= N; i++)fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % p;inv[N] = qpow(fac[N], p - 2);for (int i = N; i; i--)inv[i - 1] = (ll)inv[i] * i % p;}inline int C(const int n, const int m){return (n < 0 || m < 0 || n < m) ? 0 : int((ll)fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p);}int n;inline int F(const int i, const int j){return i <= j && j <= n ? (C(2 * n - i - j - 1, n - i - 1) - C(2 * n - i - j - 1, n - j - 2) + p) % p : 0;}void work(){init();int T = read();while (T--){n = read();memset(vis, 0, sizeof(int[n + 1]));int ans = 0, mx = 0, mn = 1, flag = 0, v;for (int i = 1; i <= n; i++){v = read();if (flag)continue;ans = (ans + (F(i - 1, max(mx, v) + 1) + p) % p) % p;if (mx > v && v > mn)flag = 1;mx = max(mx, v);vis[v] = 1;while (vis[mn]) mn++;}printf("%d\n", ans);}}
}int main()
{TYC::work();return 0;
}