排列问题（DP）

题意

长度为N的排列是一个序列(a,a,...,a)，恰好包含从1到N的每一个数字。例如，(3,1,4,5,2)是

一个长度为5的排列。

对于两个排列a和b，定义

magic(a,b)=max(a,b)+max(a,b)+...+max(a,b)

给定整数N和K，求有多少对排列a和b满足a和b的长度都为N，并且magic(a,b)≥K。

输入格式

2个整数N和K

输出格式

1个整数，表示答案，答案模1,000,000,007

输入样例

2 4

输出样例

2

题解

感谢氧化钠大佬的讲解。

举个例子：

132231

最后结果为3+2+3=8，数列中总是大的数覆盖小的数。

考虑从大到小把数放进去，有3种情况：

(x表示填过的其它更大的数)

1.后面需要被覆盖的数增加一个（如添加y,(y<x)）

yy xxxx......

需要被覆盖的数+1，总的权值+2y。

2.所填的数一个被覆盖，另一个覆盖后面的数；或两个数在同一位置

xyy xxxxx......

或

x yy xxxxx......

需要被覆盖的数不变，总权值+y。

3.所填的数全部被更大的数覆盖

xy yxxxxx......

需要被覆盖的数−1，总的权值不变。

DP定义状态当前从大到小处理到k，总和为j，有p个数被覆盖的方案数

转移时要利用可以摆放的位置个数，如：

当前数k被大的数覆盖：p个位置；

当前数k随便放一个空位：k个位置；

当前数k要覆盖更小的数：k−p个位置；

于是情况1方案数需 ×(k−p)×(k−p−1)，（-1表示减去两个数放同一位置）

情况2方案数需 ×(p×(k−p)+(k−p)×(p+1))

(一个被覆盖时，另一个不能被覆盖+一个没有覆盖时，另一个被覆盖或重合）

情况3方案数需 ×p×p

注：这里的p指转移前状态的p，实际代码还需修改

dp转移即为：

if(j-2*k>=0&&p>0)
dp[k][j][p]+=dp[k+1][j-2*k][p-1]*(k-p+1)*(k-p);//情况1
if(j-k>=0)
dp[k][j][p]+=dp[k+1][j-k][p]*(p*(k-p)+(k-p)*(p+1));//情况2
dp[k][j][p]+=dp[k+1][j][p+1]*(p+1)*(p+1);//情况3

一些思考过程

首先想到的是把一个串固定为1,2,3,4...n，另一个串排列，答案×n!

于是dp[i][j]表示前i个位置magic值为j，显然无法转移，无法判断已经使用过的数，或者哪些被覆盖，max到底为哪个数。

于是转换方向，发现结果实际为1,2..n中一些数计算两次，一些数计算一次，一些数计算零次，于是变为dp[i][j][k]表示还要计算i次数，和为j，当前考虑到数k；

由于无法判断还需要几个数被前面的覆盖，于是添加状态p表示剩余几个数需要被覆盖；

为保证后面的数一定被之前的数覆盖，k变为倒序枚举，并将循环顺序提至第二位

dp变为dp[i][k][j][p]表示还要计算i次数，当前考虑k，和为j，剩余p个需要被覆盖。

显然还要超时，发现i可以通过k与p计算出，于是删除这个状态，变为dp[k][j][p]

转移时仍按照固定一个串的方式转移，发现无法分辨情况2中的两种情况，于是改为同时往两个串添加数，转移成功。

完整代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
const long long MAXN=55,MAXK=2505,MOD=1000000007;

long long dp[2][MAXK][MAXN];//当前考虑k，总和为j，有p个数被覆盖
int main()
{
long long n,K;
scanf("%I64d%I64d",&n,&K);
dp[(n+1)%2][0][0]=1;
for(long long kk=n,k=n%2;kk>=1;kk--,k^=1)
{
memset(dp[k],0,sizeof(dp[k]));
for(long long j=0;j<MAXK;j++)
for(long long p=0;p<=kk;p++)
{
if(j-2*kk>=0&&p>0)
dp[k][j][p]=(dp[k][j][p]+(1LL*dp[k^1][j-2*kk][p-1]*(kk-p+1)*(kk-p))%MOD)%MOD;
if(j-kk>=0)
dp[k][j][p]=(dp[k][j][p]+(1LL*dp[k^1][j-kk][p]*(p*(kk-p)+(kk-p)*(p+1))))%MOD;
dp[k][j][p]=(dp[k][j][p]+(1LL*dp[k^1][j][p+1]*(p+1)*(p+1))%MOD)%MOD;
}
}
long long ans=0;
for(long long j=K;j<MAXK;j++)
ans=(ans+dp[1][j][0])%MOD;
printf("%I64d\n",ans);
}