bzoj4361 isn (dp+树状数组+容斥)

我们先设f[i][j]表示长度为i，以j结尾的不降子序列个数，$f[i][j]=sum{f[i-1][k]},A[k]<=A[j],k<j$，用树状数组优化一下可以$O(n^2logn)$求出来

然后我们让g[i]是长度为i的不降子序列的个数，答案就是$sum{g[i]*(N-i)!-g[i+1]*(N-i-1)!*(i+1)}$

解释一下，因为他求的是不同的操作个数，所以我们给g[i]乘个(N-i)!，表示删的顺序；但其实我们有可能删的时候已经删出来了一个不降子序列。类似地，删多的的不同操作数是g[i+1]*(N-i-1)!，但我们还要从中再挑一个删下去，才和我们现在做的吻合，所以要乘个(i+1)

（数据中貌似有0，然后我的zz离散化写法就华丽丽地T了）

#include<bits/stdc++.h>
#define pa pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2020,mod=1e9+7;

inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();int neg=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*neg;
}

int N,M,f[maxn][maxn],num[maxn];
pa A[maxn];
int tr[maxn],fac[maxn];

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline void add(int x,int y){
    for(;x<=M;x+=lowbit(x)) tr[x]=(tr[x]+y)%mod;
}
inline int query(int x){
    int re=0;for(;x;x-=lowbit(x)) re=(re+tr[x])%mod;return re;
}

int main(){
    int i,j,k;
    N=rd();fac[0]=1;
    for(i=1;i<=N;i++){
        A[i]=make_pair(rd(),i);
        fac[i]=(1LL*fac[i-1]*i)%mod;
    }sort(A+1,A+N+1);
    for(i=1,j=0;i<=N;i++){
        if(A[i].first!=A[i-1].first||i==1) j++;
        num[A[i].second]=j;
    }M=j;
    for(i=1;i<=N;i++) f[1][i]=1;
    f[1][0]=N;
    for(i=2;i<=N;i++){
        memset(tr,0,sizeof(tr));
        f[i][0]=0;
        for(j=i;j<=N;j++){
            add(num[j-1],f[i-1][j-1]);
            f[i][j]=query(num[j]);
            f[i][0]=(f[i][0]+f[i][j])%mod;
        }
    }int ans=0;
    for(i=1;i<=N;i++){
        if(!f[i][0]) break;
        ans=((0LL+ans+(1LL*f[i][0]*fac[N-i]%mod)-(1LL*f[i+1][0]*fac[N-i-1]%mod)*(i+1)%mod)%mod+mod)%mod;
    }printf("%d
",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}