题面在这里
\(f_{i,j}\)：长度为i，以j结尾的非降序列个数 \[
f_{i,j}=\sum_{k\lt i}^{a_k\le a_i} f_{i-1,k}
\] 直接用树状数组优化到\(O(n^2\log n)\)
于是得到\(g_i\)：长度为i的非降序列个数
答案就是 \[
\sum_{i=1}^n g_i(n-i)!-g_{i+1}(i+1)(n-i-1)!
\] 如何理解？
直接\(\sum g_i(n-i)!\)肯定是不对的，因为有些已经变成非降序列但没有停止删除
但是不合法方案一定是由\(g_{i+1}\)来的，枚举删去哪个数，得到对应方案
示例程序：
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| #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2005,MOD=1e9+7;
int n,m,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn],g[maxn];
ll fac[maxn];
int BIT[maxn];
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
inline void ist(int x,int w){
for (int i=x;i<=m;i+=lowbit(i)) (BIT[i]+=w)%=MOD;
}
inline int qry(int x){
int res=0;
for (int i=x;i;i-=lowbit(i)) (res+=BIT[i])%=MOD;
return res;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n); m=unique(b+1,b+1+n)-1-b;
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+m,a[i])-b;
for (int i=1;i<=n;i++) f[1][i]=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
cl(BIT,0);
for (int j=1;j<=n;j++){
f[i][j]=qry(a[j]);
ist(a[j],f[i-1][j]);
}
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
(g[i]+=f[i][j])%=MOD;
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%MOD;
ll ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
(ans+=g[i]*fac[n-i]%MOD-g[i+1]*fac[n-i-1]%MOD*(i+1)%MOD)%=MOD;
printf("%lld",(ans+MOD)%MOD);
return 0;
}
|
