【BZOJ5416】冒泡排序（NOI2018）-组合数学+树状数组

测试地址：冒泡排序
做法：本题需要用到组合数学+树状数组。
一道神题，用到的数学知识并没有难到哪里去，但成功把我这种弱菜区分掉了。
首先，交换次数能达到题目中给的下界的充要条件是，排列中不存在长度≥3$\ge 3$的下降子序列。因为要达到下界，每次交换都应该要“达到效果”，即两边的元素都往该去的方向移动。而一旦出现长度为3$3$的下降子序列，就一定存在一次交换，使得对一个元素没达到效果，因此也就达不到下界了。
转换了问题之后，我们需要找到构造出合法序列的方法。假设目前构造到第i$i$位，之前所填的数的最大值为j$j$，那么对于当前填的数，我们当然可以填任意一个大于j$j$的数，而对于小于j$j$的数，它必须是还没填的数中最小的数，否则令这个最小的数为x$x$，当前填的数为pi$p_i$，排列中一定会存在子序列j>pi>x$j>p_i>x$，也就不满足条件了。
先考虑没有任何限制的情况，令f(i,j)$f(i,j)$为还有i$i$个数要填，有j$j$个数比当前已填数中的最大值大（后面简称这种数为非限制元素），这样的总的方案数。由上面的分析可得：
f(i,j)=∑jk=0f(i−1,j−k) (i≥j)$f(i,j)=\sum _{k=0}^{j}f(i-1,j-k)(i\ge j)$
f(i,j)=0 (i<j)$f(i,j)=0(i<j)$
边界条件为f(0,0)=1$f(0,0)=1$。
注意到f(i,j)$f(i,j)$是一个前缀和的形式，因此有：
f(i,j)=f(i,j−1)+f(i−1,j)$f(i,j)=f(i,j-1)+f(i-1,j)$
边界条件为f(i,0)=1$f(i,0)=1$。
有了这个递推式，f(i,j)$f(i,j)$是不是就等于，从(0,0)$(0,0)$每次向右或向上走一个单位长度到(i,j)$(i,j)$的路径条数：Cji+j$C_{i+j}^j$呢？不是的，因为我们还限制了f(i,j)(i<j)=0$f(i,j)(i<j)=0$，所以路径不能跨越x=y$x=y$这条直线。这个就有点像卡特兰数了，事实上，没有任何限制的方案数f(n,n)$f(n,n)$的确就是卡特兰数C(n)$C(n)$，但是对于更一般的f$f$，我们也可以用类似的证明方法得到f(i,j)=Cji+j−Cj−1i+j$f(i,j)=C_{i+j}^j-C_{i+j}^{j-1}$。
于是我们在O(n)$O(n)$预处理阶乘及逆元的情况下，可以O(1)$O(1)$计算一个f(i,j)$f(i,j)$了。
接下来我们考虑字典序的限制。不难看出，我们可以枚举前缀，然后求最长公共前缀为该前缀的合法排列数量，显然此时要填的数应该比给出的排列中的数大。我们又知道，填入的数应该同时比前面已填的最大数要大，因此这一位可填的数就一定要比这一位的前缀最大值大。前缀最大值很明显是可以预处理的，而要求某一个后缀中比某数大的数的数量显然用树状数组就可以了。
那么此时，如果前缀中已经出现了n$n$，即最大的数值，则后面剩下的数显然只能从小到大填了，而这种情况填出的排列显然字典序不会比给出的排列大，因此直接退出即可。
否则，假设当前在填第i$i$位，如果后面有k$k$个非限制元素可以填，那么就对答案有∑k−1x=0f(n−i,x)$\sum _{x=0}^{k-1}f(n-i,x)$的贡献。根据f$f$的定义，这显然等于f(n−i+1,k−1)$f(n-i+1,k-1)$。前面已经介绍了O(1)$O(1)$计算这个的方法，因此直接累加即可。
上面就是对答案贡献的讨论，然而我们还需要判断一个前缀合不合法，这个就很容易了，有很多种方法判断，判断的根据在上面讲构造算法的时候已经说明了，利用树状数组可以做到O(logn)$O(\log n)$判断。
于是我们就解决了这一题，时间复杂度为O(nlogn)$O(n\log n)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
int T,tot,n,a[600010],b[600010],c[600010],sum[600010];
ll fac[1200010],inv[1200010],invfac[1200010];

void extend(int limit)
{
    for(ll i=tot+1;i<=limit;i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod;
    }
}

int lowbit(int i)
{
    return i&(-i);
}

void add(int x)
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
        sum[i]++;
}

int calc(int x)
{
    int ans=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
        ans+=sum[i];
    return ans;
}

ll C(int a,int b)
{
    return fac[a]*invfac[b]%mod*invfac[a-b]%mod;
}

ll f(int a,int b)
{
    return (C(a+b,b)-C(a+b,b-1)+mod)%mod;
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);

    tot=1;
    fac[0]=invfac[0]=fac[1]=invfac[1]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        scanf("%d",&n);
        extend(n<<1);

        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            sum[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            b[i]=calc(a[i]);
            add(a[i]);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            sum[i]=0;
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            c[i]=n-i-calc(a[i]);
            add(a[i]);
        }

        int now=n;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            bool flag=0;
            if (c[i]<now) now=c[i],flag=1;
            if (now==0) break;
            ans=(ans+f(n-i+1,now-1))%mod;
            if (flag) continue;
            if (b[i]==a[i]-1) continue;
            break;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }

    return 0;
}