CF1349F1 Slime and Sequences

一、题目

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二、解法

下次再也不找这种阴间题做了，根本想不到好吗？

首先做一个简单的转化：考虑让 (k-1) 第一次出现的位置大于 (k) 最后一次出现的位置。

考虑构造映射去描述好序列，你发现转化后的条件是比较连贯的，因为 (k-1) 第一次出现的位置大于 (k) 最后一次出现的位置，而 (k) 第一次出现的位置大于 (k+1) 最后一次出现的位置。

所以我们构建的映射要能很好的描述位置这一信息，那么考虑把 (1) 的出现位置从大到小写下，(2) 的出现位置从大到小写下(...)然后你发现写完这不是一个排列吗？那我们映射把好序列映射到一个排列上去了！

再证明所有排列都能映射回一个好序列，我们把原排列划分成若干个极长下降子段，第一个子段就代表 (1) 的所有出现位置，第二个子段就代表 (2) 的所有出现位置(...)以此类推就能映射到好序列上去。

那么得到结论：好序列能和排列一一映射

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剩下的问题就是计数了，不难看出这是一个贡献法，我们考虑在排列上计数，考虑前面有 (j-1) 个下降子段那么这个数就是 (j)，那么我们考虑每个位置的贡献，把前面和后面分开，先选出 (i) 个数放在前面，后面的数随便排列，然后前 (i) 个数的方案中需要存在 (j-1) 对 (a_i<a_{i+1})：

[ans_j=sum_{i=j}^n E(i,j-1)cdot {nchoose i}cdot (n-i)! ]

这里补充一下前置芝士，(E(n,k)) 表示 (n) 个数的排列有 (k) 对 (a_i<a_{i+1}) 的方案数，又称欧拉数，这个东西可以递推，考虑在 (n-1) 个数的基础上新插入一个 (n) 的影响：

• 如果不会带来相邻顺序对的新增，那么可以插入在原来 (k) 对的空隙，或者插入到序列的开头，有 (k+1) 种方案，从 (E(n-1,k)) 处转移而来。
• 如果会使相邻顺序对增加 (1)，那么不能在原来 (k-1) 对的空隙中插入，也不能在序列的开头处插入，有 (n-k) 种方案，从 (E(n-1,k-1)) 处转移而来。

所以 (E(n,k)=(k+1)cdot E(n-1,k)+(n-k)cdot E(n-1,k-1))

三、总结

计数中重要的方法是映射法，考虑原问题能不能映射到一些简单的模型中。此外，本题重要的是一个存在性限制，但不能转化所有性限制，转化为单点性限制就好做了很多。

插入法是解决排列计数的重要方法，通常是插入新增的元素考虑它的影响。

#include <cstdio>
const int M = 5005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,o[M][M],fac[M],inv[M];
void init()
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
}
signed main()
{
	n=read();init();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		o[i][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
			o[i][j]=o[i-1][j]*(j+1)+o[i-1][j-1]*(i-j),o[i][j]%=MOD;
	for(int j=1;j<=n;j++)
	{
		int ans=0;
		for(int i=j;i<=n;i++)
			ans=(ans+o[i][j-1]*fac[n]%MOD*inv[i])%MOD;
		printf("%lld ",ans);
	}
}