Codeforces 1542E2

upd on 2021.7.7：修了个 typo

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首先考虑怎样处理”字典序小“这个问题，按照字典序比大小的套路，我们可以枚举第一位 (p_x e q_x) 的位置 (x)，那么必然有 (p_x<q_x)，为了避免后面计算中出现太多形如 (n-x) 之类的东西，我们不枚举 (x)，instead 我们枚举 (i=n-x)，那么真正的 (x) 等于 (n) 减去你枚举的 (i)。

接下来考虑 (p) 逆序对个数大于 (q) 逆序对个数这个东西怎么处理，显然 (p,q) 的前 (n-i-1) 位是相同的，它们内部的逆序对个数是相同的，而由于 (p,q) 第 (n-i) 位到第 (n) 位中数组成相同，(p,q) 前 (n-i-1) 位与后 (i+1) 位之间的逆序对个数也相同，因此 (p) 逆序对个数大于 (q) 逆序对个数即意味着 (p) 后 (i+1) 位逆序对个数 (>) (q) 后 (i+1) 位逆序对个数。

我们假设 (p) 后 (i) 位逆序对个数为 (u)，(q) 后 (i) 位逆序对个数为 (v)，那么不难发现，加入 (p_{n-i}) 后逆序对个数的变化只与 (p_{n-i}) 在后 (i+1) 个数中排第几有关——我们假设 (p_{n-i}) 是 (p) 后 (i+1) 位中的第 (s) 小，(q_{n-i}) 是 (q) 后 (n-i+1) 位中的第 (t) 小，那么后 (i+1) 位中 (p) 的逆序对数即为 (u+s-1)，(q) 的逆序对数即为 (v+t-1)。

我们考虑枚举 (u,v)，那么根据 (u+s-1>v+t-1) 可知 (t-s<u-v)，又显然 (t>s)，故 (0<t-s<u-v)，根据 (t,sin[1,i+1]) 可知，满足 (t-s=x(xin[1,i])) 的 (t,s) 共有 (i+1-x) 组，把它们累加起来可得 (sumlimits_{x=1}^{u-v-1}i+1-x=dfrac{i(i+1)}{2}-dfrac{(i+1-(u-v))(i+2-(u-v))}{2})，我们记 (f(i,x)=dfrac{i(i+1)}{2}-max(dfrac{(i+1-x)(i+2-x)}{2},0))，那么这东西就是 (f(i,u-v))。

接下来考虑怎样计算答案，首先我们设 (dp_{i,j}) 表示有多少个长度为 (i) 的排列有 (j) 个逆序对，那么显然有转移方程式 (dp_{i,j}=sumlimits_{k=0}^{i-1}dp_{i-1,j-k})，前缀和优化即可实现 (mathcal O(1)) 转移。那么我们枚举 (i,u,v)，那么根据之前的推论填好 (p,q) 后 (i+1) 位的相对大小关系的方案数为 (sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v))，再乘上确定 (p,q) 前 (n-i-1) 位的方案数——选出 (n-i-1) 个数的方案数为 (dbinom{n}{n-i-1})，将它们排列好的方案数为 ((n-i-1)!)，因此总方案数就是 (sumlimits_{i=0}^{n-1}dbinom{n}{n-i-1}(n-i-1)!sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v))，暴力计算是 (mathcal O(n^5))，无法通过 E2，可以通过 E1。如果稍微观察一下可知若 (v<u-i)，(f(i,u-v)=dfrac{i(i+1)}{2}) 为定值，可以直接一波前缀和带走，时间复杂度可以降到 (n^4)，但是还是无法通过 E2。

附：E1 (mathcal O(n^4)) 的做法，注意，由于模数不是质数，不能预处理阶乘及其逆元来求组合数，需手动递推。

const int MAXN=50;
const int MAXM=1225;
int n,mod,ans=0,dp[MAXN+5][MAXM+5],sum[MAXN+5][MAXM+5];
int c[MAXN+5][MAXN+5],fac[MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&mod);dp[1][0]=1;
	for(int i=0;i<=MAXM;i++) sum[1][i]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
			dp[i][j]=sum[i-1][j];
			if(j-i>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]-sum[i-1][j-i]+mod)%mod;
//			printf("%d %d %d
",i,j,dp[i][j]);
		} sum[i][0]=dp[i][0];
		for(int j=1;j<=MAXM;j++) sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
	}
	for(int i=(fac[0]=1)-1;i<=MAXN;i++){
		c[i][0]=1;if(i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		int lim=i*(i+1)/2,s=0;
		for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
			s=(s+1ll*lim*sum[i][j-1]%mod*dp[i][j])%mod;
			for(int k=max(0,j-i);k<j;k++){
				s=(s-1ll*(i-j+k+1)*(i-j+k+2)/2*dp[i][k]%mod*dp[i][j]%mod+mod)%mod;
			}
		} //printf("%d
",s);
		ans=(ans+1ll*s*c[n][n-i-1]%mod*fac[n-i-1])%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

接下来考虑优化这个做法，考虑后面这个式子 (sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v))，我们不妨固定住 (u)，考虑后面的东西怎么快速计算，我们不妨将 (f) 展开，可以得到：

[egin{aligned} &sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,u}dp_{i,v}f(i,u-v)\ =&sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}dp_{i,u}·sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}(dfrac{i(i+1)}{2}-max(dfrac{(i+1-(u-v))(i+2-(u-v))}{2},0))\ =&sumlimits_{u=0}^{i(i-1)/2}dp_{i,u}·sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}dfrac{i(i+1)}{2}-dp_{i,u}·sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}max(dfrac{(i+1-(u-v))(i+2-(u-v))}{2},0) end{aligned} ]

前面的东西显然一波前缀和带走，对于后面的部分，如果 (v<u-i) 那显然是 (0)，否则我们可以将 (max) 展开，继续化为 (sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}·dfrac{(i+1-u+v)(i+2-u+v)}{2})，记 (T=i+1+v)，那么原式 (=sumlimits_{v=0}^{u-1}dp_{i,v}·dfrac{(T+v)(T+1+v)}{2})，这里有一个稍微有些棘手的地方，就是 (2) 不一定有逆元，因此不能直接拆成 (v) 的平方项、(v) 的一次项和常数项分别求和再乘上 (2) 的逆元，因此我们采用这样一个方法：(dfrac{(T+v)(T+1+v)}{2}=dfrac{T(T+1)}{2}+Tv+dfrac{v(v+1)}{2})，这样三项都是整数，就可以直接求和了，维护 (dp_{i,v},v·dp_{i,v},dfrac{v(v+1)}{2}·dp_{i,v}) 的前缀和即可 (mathcal O(1)) 计算上式。

时间复杂度 (n^3)，代码不算难写。

const int MAXN=500;
const int MAXM=500*499/2;
int n,mod,ans=0,dp[MAXN+5][MAXM+5];
int sum[MAXM+5],_sum[MAXM+5],__sum[MAXM+5];
int c[MAXN+5][MAXN+5],fac[MAXN+5];
int sum0(int l,int r){if(l>r) return 0;return (sum[r]-((!l)?0:sum[l-1])+mod)%mod;}
int sum1(int l,int r){if(l>r) return 0;return (_sum[r]-((!l)?0:_sum[l-1])+mod)%mod;}
int sum2(int l,int r){if(l>r) return 0;return (__sum[r]-((!l)?0:__sum[l-1])+mod)%mod;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&mod);dp[1][0]=1;
	for(int i=0;i<=MAXM;i++) sum[i]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
			dp[i][j]=sum[j];
			if(j-i>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]-sum[j-i]+mod)%mod;
//			printf("%d %d %d
",i,j,dp[i][j]);
		} memset(sum,0,sizeof(sum));sum[0]=dp[i][0];
		for(int j=1;j<=MAXM;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[i][j])%mod;
	}
	for(int i=(fac[0]=1)-1;i<=MAXN;i++){
		c[i][0]=1;if(i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		int lim=i*(i+1)/2,s=0;
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		memset(_sum,0,sizeof(_sum));
		memset(__sum,0,sizeof(__sum));
		sum[0]=dp[i][0];
		for(int j=1;j<=i*(i-1)/2;j++){
			sum[j]=(sum[j-1]+dp[i][j])%mod;
			_sum[j]=(_sum[j-1]+1ll*j*dp[i][j])%mod;
			__sum[j]=(__sum[j-1]+1ll*j*(j+1)/2*dp[i][j])%mod;
		}
		for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){
			s=(s+1ll*lim*sum[j-1]%mod*dp[i][j])%mod;
			int T=i-j+1;
			int A=(1ll*T*(T+1)/2%mod+mod)%mod;
			int B=(T+mod)%mod;
			int minus=(1ll*A*sum0(max(0,j-i),j-1)%mod
					  +1ll*B*sum1(max(0,j-i),j-1)%mod
					  +sum2(max(0,j-i),j-1))%mod;
			s=(s-1ll*minus*dp[i][j]%mod+mod)%mod;
		} //printf("%d
",s);
		ans=(ans+1ll*s*c[n][n-i-1]%mod*fac[n-i-1])%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}