Solution -「ARC 104E」Random LIS

(mathcal{Description})

  Link.

  给定整数序列 ({a_n})，对于整数序列 ({b_n})，(b_i) 在 ([1,a_i]) 中等概率随机。求 ({b_n}) 中 LIS（最长上升子序列）的期望长度。对 (10^9+7) 取模。

  (nle6)，(a_ile10^9)。

(mathcal{Solution})

  欺负这个 (n) 小得可爱，直接 (mathcal O(n!)) 枚举 ((b_i,i)) 的二维偏序关系，记排列 ({p_n})，(p_i) 表示第 (i) 小的二元组是 ((b_{p_i},p_i))。于是乎，({b_n}) 就会满足：

[b_{p_1}le b_{p_2}le cdots le b_{p_n} ]

  但其中有些地方是不能取等的。可以发现若 (p_i<p_{i+1})，则必须取 (b_{p_i}<b_{p_{i+1}})。考虑把所有如此的小于全部变成小于等于：将所有 (j>i) 的 (b_{p_j}leftarrow b_{p_j}-1) 即可。

  为方便进一步思考，把 ({a_n}) 和 ({b_n}) 以 ({p_n}) 的位置排列。问题变成：求不降序列 ({b_n}) 的个数，满足 (b_iin[1,a_i])。

  法一，「APIO 2016」划艇。尝试另一种方法——问题可转化为从 ((1,1)) 走到 ((n+1,+infty))，只能向上或向右走，且横坐标为 (x) 时纵坐标不超过 (a_x)，求方案数。令 (f(i)) 表示走到 (x=i) 时的合法方案数。转移时计算总方案减不合法方案。钦定不合法方案的第一个不合法位置为 (x=j)，方案数即为 (f(j)inom{(a_i-a_j)+(i-j)-1}{i-j})（先走到 ((j,a_j+1)) 保证不合法，再随便走）。所以转移：

[f(i)=inom{a_i+i-1}{i-1}-sum_{j=1}^{i-1}f(j)inom{a_i-a_j+i-j-1}{i-j} ]

  求组合数 (inom{a}{b}) 时 (mathcal O(b)) 暴力求就行，因为 (b) 是 (mathcal O(n)) 的。两种方法的总复杂度均为 (mathcal O(n!n^3))。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int MAXN = 6, MOD = 1e9 + 7;
const int inv[] = { 0, 1, 500000004, 333333336, 250000002, 400000003, 166666668 };
int n, a[MAXN + 5], h[MAXN + 5], p[MAXN + 5], f[MAXN + 5];

inline void chkmax ( int& a, const int b ) { a < b ? a = b : 0; }
inline void chkmin ( int& a, const int b ) { b < a ? a = b : 0; }
inline void subeq ( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 ? a += MOD : 0; }
inline void addeq ( int& a, const int b ) { ( a += b ) < MOD ? 0 : a -= MOD; }

inline int calcLIS () {
	int f[MAXN + 5] {}, ret = 0;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		for ( int j = i - 1; ~j; -- j ) {
			if ( p[i] > p[j] ) {
				chkmax ( f[i], f[j] + 1 );
			}
		}
		chkmax ( ret, f[i] );
	}
	return ret;
}

inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = ret * ( b & 1 ? a : 1ll ) % MOD;
	return ret;
}

inline int comb ( const int n, const int m ) {
	int ret = 1;
	for ( int i = 1; i <= m; ++ i ) ret = ( n - i + 1ll ) * ret % MOD * inv[i] % MOD;
	return ret;
}

int main () {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) scanf ( "%d", &a[p[i] = i] );
	int ans = 0;
	do {
		int lis = calcLIS ();
		for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) h[i] = a[p[i]] - 1;
		for ( int i = 1; i < n; ++ i ) {
			if ( p[i] > p[i + 1] ) continue;
			for ( int j = i + 1; j <= n; ++ j ) -- h[j];
		}
		for ( int i = n - 1; i; -- i ) chkmin ( h[i], h[i + 1] );
		int all = comb ( h[n] + n, n );
		for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
			f[i] = comb ( h[i] + i - 1, i - 1 );
			for ( int j = 1; j < i; ++ j ) {
				subeq ( f[i], 1ll * f[j] * comb ( h[i] - h[j] + ( i - j - 1 ), i - j ) % MOD );
			}
			subeq ( all, 1ll * f[i] * comb ( h[n] - h[i] + n - i, n - i + 1 ) % MOD );
		}
		addeq ( ans, 1ll * all * lis % MOD );
	} while ( std::next_permutation ( p + 1, p + n + 1 ) );
	int s = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) s = 1ll * s * a[i] % MOD;
	printf ( "%d
", int ( 1ll * ans * qkpow ( s, MOD - 2 ) % MOD ) );
	return 0;
}