就差一点解题报告

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题目描述

冒泡排序是⼀个简单的排序算法，其时间复杂度为$O(n^2)$

有⼀个大小为$n$的排列$p_1,...,p_n$，⼩明想对这个排列进⾏冒泡排序，于是写了下⾯这份代码：

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]);

细⼼的选手不难发现小明手抖把第⼀行中的$n$打成了$k$，所以当$k$比较小时，这份代码可能会出错

⼩明发现当这份代码出错时，可能就差⼀点就能把这个排列排序，他定义⼀个排列就差⼀点能被排序，当且仅当这个排列存在⼀个大小为$n-1$的上升子序列

小明想知道，对于给定的$n,k$，有多少种不同的排列满⾜对这个排列运⾏上述代码后，这个排列就差⼀点能被排序

由于答案可能很⼤，⼩明只需要知道答案对质数$mod$取模的结果

输入格式

本题⼀个测试点含有多组测试数据，第⼀行⼀个整数$T$，表示数据组数

接下来$T$行，每行$3$个整数，$n,k,mod$，意义同题意

输出格式

共$T$行，对于每组测试数据，输出一行一个整数表示答案

样例

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

数据范围

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

solution

• DDG有个神奇$DP$，正确倒是正确，只是这是怎么想到的呢？

  $d{p}_{i,j}={\sum }_{k=1}^{j-1}d{p}_{i-1,k}+j\ast d{p}_{i,j}$ （前$i$个数，在$x$前面比$x$大的数的个数最大值为$j$ 的序列）

  因为一次冒泡排序，相当于处理了 在$i$前面比$i$大的数个数最多 的$i$

• 卷爷找了三个强大的性质

  最重要的性质就是，对于值属于$[i,n]$的所有下标，将这些下标抽出来，然后根据值离散化

  如果离散化后的序列需要$t$次变成单调上升，那么回到原序列，也只需要$t$次，单看这些下标，就会发现是单调上升的

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结合这两种思路，就来到了小儿子的通俗易懂的解法——反序表

反序表对于一个排列的定义为$s_i={\sum }_{j=1}^{i-1}[p_j>p_i]$

• 即反序表的第$i$位上的数值表示：在原排列中，第$i$位以前的比第$i$位值大的个数

e.g. 原序列3 2 4 1 5，反序表为0 1 0 3 0

反序表具有很多非常好的性质

• 显然对于$i$，$s_i<i$（严格小于)；换言之，对于$i$，其$s_i$的取值为$[0,i)$共$i$个

• 反序表与排列是一一对应的，那么原题要求排列个数，就转化成了求反序表的个数

• 冒泡一轮排序会将 最大的 还没在应在位置的值 放置在 其应在位置，然后这区间中的每个数位置都会前移一位，其在反序表的变化则为下标，值均减一（如果已经是$0$就不减）

  换言之，一次冒泡排序后，每个数至多只会减少一

  e.g.

  原序列3 2 5 1 4，反序表为0 1 0 3 1

  一次冒泡排序后

  原序列3 2 1 4 5，反序表为0 1 2 0 0

  $5$由位置$3$变到$5$，反序表改变的区间为$[3,5]$

• 反序表中$i$位置上的值如果为$s_i$，意味着至少需要$s_i$次冒泡排序才能将原序列$i$有序

  这里的有序定义为，其前面的数全小于ta，其后面的数全大于ta

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了解完反序表的性质后，就可以解决这道题了

• 考虑冒泡排序后，最后的序列是一个长为$n$的上升子序列（不差一点）

  这时的反序表全是$0$，0,0,0,...,0

  一次排序，反序表只能减一或者不减，$k$次排序最多减少$k$

  也就是说想要最后反序表为$0$，其初始值不能超过$k$

  即：${\forall }_i{s}_i\le \min (i-1,k)$

  将这些值域限制乘起来就是不同的反序表个数，也就是不同的排列个数

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

• 考虑冒泡排序后，最后的序列是一个长为$n-1$的上升子序列（只差一点）

  • 这时的反序表形如0,0,...,1,1,...,1,0,0,...,0

    e.g. 最后序列为4 1 2 3 5，反序表为0 1 1 1 0

    最后为$0$说明初始反序表的值不超过$k$

    最后为$1$说明初始反序表的值不超过$k+1$

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

    （不要忘记$s_i<i$的约束）

    考虑枚举这段$1$的长度$len$

    这段长度的选择方案相当于在总长为$n-k-1$中摆下$len$的放置方案，显然为$n-k-1-len+1=n-k-len$种

    剩下的$n-k-1-len$个数反序表都不超过$k$，可选为$[0,k]$共$k+1$个

    这些数生成的反序表组合为$(k+1{)}^{n-k-1-len}$，再乘上前$k$个数的组合

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

  • 这时的反序表有且仅有一个位置，其$s_i>1$（严格大于）

    e.g. 最后序列为2 3 1 4 5，反序表为0 0 2 0 0

    相当于原始$s_i>k+1$，这个$i$同样有范围限制，为$[k+3,n]$

    对于$i$其选择方案为$i-1-(k+2)+1=i-k-2$

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

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; }

总结

以上是生活随笔为你收集整理的[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内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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