https://www.zybuluo.com/ysner/note/1219260
题面
有(n)个人,可以分任意数量(不超过(n))的组，相同组的人用相同数字来表示。如果有多种表示,我们认为字典序最小的表示才是有效的。
询问某一表示是所有分组方式中的第几小。
- (30pts nleq14)
- (50pts ask{1,2,3...n})
- (100pts nleq10000)
解析
特别提醒：请将“表示”看作名词
看着这道题就想起了分组一题，两题分组的方式完全一样。
(30pts)算法
每加入一个数，只有两种方案：新建组(or)加入已有组
以此(DFS)暴力枚举每一种方案，看该方案是第几个。
(50pts)算法
这相当于问(n)个人有多少种分组方式有木有。。。
预处理(n)个人分为(m)组（或者说这(n)个人 所属组的编号 的最大值）的方案数(dp[n][m])。
方程为$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*j$$
则$$ans=sum_{i=1}^{n}dp[n][i]$$
(100pts)算法
我考场上一开始想到的是(50pts)算法。
但这种算法不好回答这个表示是第几个。
试着比较两个表示$1 1 1 1 $和$1 2 3 4 (，我们一般是怎样计算两者间差多少个表示来着？
就是不断往最后一位)+1$，如果超过表示中的最大值，就向前“进位”。
由此，我们可以看出，当一位增加时，后面（整个数）经历了多少种表达方式，而这本质是后面的数有多少种分组方式。
如从$1 2 2 4 $到$1 2 3 4 $，经历(5)种。
我们求的也就是询问的表示经历了多少种。
于是我们就应该预处理这玩意儿。
(DP)状态不变，但应从后往前枚举。
边界(dp[n][i]=i+1)
方程(dp[i][j]=dp[i+1][j+1]+dp[i+1][j]*j)
然后就像(j)进制数转十进制一般（都是数位上的数乘权值的和），从前往后，统计$$sum_{i=2}^{n-1}(a[i]-1)*f[i+1][max{a1,a[2]...,a[i-1]}]$$
就是询问表示经历的方案数。
至于这个(max)，是为了保证表达方式合法，保证后面不会出现比当前位大的数。
当然可以滚掉一维。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e4+100,mod=1e6+7;
int n,a[N],tong[N],tot,sum,ysn=1,dp[N][N],ans;
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void ok(re int &x){while(x>=mod) x-=mod;}
int main()
{
n=gi();
fp(i,1,n) a[i]=gi();
fp(i,1,n-1) dp[n][i]=i+1;
fq(i,n-1,1)
fq(j,i,1)
dp[i][j]=dp[i+1][j+1]+1ll*dp[i+1][j]*j%mod,ok(dp[i][j]);
fp(i,2,n-1)
{
ans=ans+1ll*dp[i+1][ysn]*(a[i]-1)%mod,ok(ans);
if(a[i]>ysn) ysn++;
}
ans=ans+a[n];ok(ans);
printf("%d
",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}