【做題】arc068_f-Solitaire——糊結論
把所有數字放入雙端隊列後，結果大概是這樣一個排列：
\[P_1 1 P_2\]
其中\(P_1\)是遞減序列，\(P_2\)是遞增序列。
我們以\(1\)所在的位置\(k\)分割最終的排列\(A\)。
其中前半部分，形象地講是由兩個遞減序列交織在一起組成的。那兩個遞減序列分別是\(P_1\)的前綴和\(P_2\)的後綴，且至少有一個就是\(P_1\)（\(P_2\)）本身。那麽，前半部分滿足這個性質：
可以劃分為兩個可為空的遞減子序列。
顯然這個性質難以直接判定。考慮將其轉化。對於其中編號為\(i\)的元素，設\(j\)是\(i\)後面的第一個與\(A_i\)屬於不同子序列的元素位置。我們不妨分類討論一發：
- \(A_i > A_j\)，因為兩個子序列遞減，有\(\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j\)
- \(A_i < A_j\)，因為兩個子序列遞減，有\(\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j\)
因此，我們得出：
長度為\(n\)的最終排列\(A\)的前半部分可以劃分為兩個可為空的遞減子序列$\implies $
$ \forall i \in [1,k-1]$，下列條件至少滿足一個：
- \(\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j\)，記為條件1
- \(\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j\)
，記為條件2
我們發現，逆命題也是成立的，因為最長不上升子序列的長度小於等於2。（導彈攔截可經典了）於是我們就獲得了一個判斷方法。
但還有一個問題，即從\(1\)到\(n\)的排列中任取出兩個元素不重復的遞減序列\(D_1\),\(D_2\)，它們組成的序列\(P\)，不一定可以作為\(A\)的前半部分。我們還要保證\(D_1\)的最後一個元素和\(D_2\)的最後一個元素中的較大值大於後半部分的所有元素。依然要對此進行轉化。
那麽，對於我們已知的一個\(A\)的前半部分，我們嘗試將其劃分且最大化兩個子序列最後一個元素的較大值，設它的位置是\(p\)。顯然\(p\)後面沒有比\(A_p\)
\[\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j\]
故我們得到了前半部分的判斷方法。
後半部分的判斷就簡單多了。它是一個遞減序列不斷從前面或後面取出元素得到的，即每次取出的元素都是剩下的元素中最大（最小）的。容易得到且證明它合法的充要條件：
$ \forall i \in [k+1,n]$，下列條件至少滿足一個：
- \(\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j\)
- \(\forall j \in [i+1,n], \, A_i < A_j\)
我們終於簡化了題意：
求有多少個長度為\(n\)的排列\(A\)滿足：
- \(A_k = 1\)
- \(\forall i \in [1,k)\)，\(A_i\)小於它前面的所有數或大於它後面的所有數。
- \(\forall i \in (k,n]\)，\(A_i\)小於它後面的所有數或大於它後面的所有數。
剩下的就簡單了。由遞推式可知，後半部分的方案數就是\(2^{n-k-1}\)。而對於前半部分，我們設dp狀態\(i,j\)表示當前有\(i\)個元素，最小的滿足條件2的元素是其中第\(j\)個（不存在則為\(j+1\)），最終答案就是
\[2^{n-k-1} \sum_{i=1}^{k} {{i-1+n-k}\choose{i-1}} dp_{k-1,i}\]
時間復雜度\(O(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;
int dp[2][N],n,k,s,p,sum[N],ans,jc[N],inv[N];
typedef long long ll;
ll power(ll a,int b) {
ll res = 1;
while (b) {
if (b&1) (res *= a) %= MOD;
(a *= a) %= MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll comb(int a,int b) {
if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;
return 1ll * jc[a] * inv[b] % MOD * inv[a-b] % MOD;
}
signed main() {
scanf("%lld%lld",&n,&k);
jc[0] = 1;
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
jc[i] = 1ll * jc[i-1] * i % MOD;
inv[n] = power(jc[n],MOD-2);
for (int i = n-1 ; i >= 0 ; -- i)
inv[i] = 1ll * inv[i+1] * (i+1) % MOD;
s = k-1;
p = 0;
sum[2] = 1;
sum[3] = -1;
for (int i = 1 ; i <= s ; ++ i) {
p ^= 1;
memset(dp[p],0,sizeof dp[p]);
for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j)
(sum[j] += sum[j-1]) %= MOD;
for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j)
(dp[p][j] += sum[j]) %= MOD, sum[j] = 0;
sum[i+2] = 0;
for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j) {
(sum[2] += dp[p][j]) %= MOD;
(sum[j+2] -= dp[p][j]) %= MOD;
}
}
for (int i = 1 ; i <= s + 1 ; ++ i) {
(ans += 1ll * comb(n-k+i-1,i-1) * dp[p][i] % MOD);
ans %= MOD;
}
if (k == 1) ans = 1;
if (n > k)
ans = 1ll * power(2,n-k-1) * ans % MOD;
ans = (ans + MOD) % MOD;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}小結：推導結論實在是一個困難的過程，積極的心態和清晰的思路是不可或缺的。
【做題】arc068_f-Solitaire——糊結論