【NOI2018】冒泡排序
Description
最近，小 S 对冒泡排序产生了浓厚的兴趣。为了问题简单，小 S 只研究对 \(1\) 到 \(n\) 的排列的冒泡排序。
下面是对冒泡排序的算法描述。
输入：一个长度为 n 的排列 p[1...n]
输出：p 排序后的结果。
for i = 1 to n do
for j = 1 to n - 1 do
if(p[j] > p[j + 1])
交换 p[j] 与 p[j + 1] 的值
冒泡排序的交换次数被定义为交换过程的执行次数。可以证明交换次数的一个下界是 \(\frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert\)，其中 \(p_i\) 是排列 \(p\) 中第 \(i\) 个位置的数字。如果你对证明感兴趣，可以看提示。
小 S 开始专注于研究长度为 \(n\) 的排列中，满足交换次数 \(= \frac 1 2 \sum_{i=1}^n \lvert i - p_i \rvert\) 的排列（在后文中，为了方便，我们把所有这样的排列叫「好」的排列）。他进一步想，这样的排列到底多不多？它们分布的密不密集？
小 S 想要对于一个给定的长度为 \(n\) 的排列 \(q\)，计算字典序严格大于 \(q\) 的“好”的排列个数。但是他不会做，于是求助于你，希望你帮他解决这个问题，考虑到答案可能会很大，因此只需输出答案对 \(998244353\) 取模的结果。
Input
输入第一行包含一个正整数 \(T\)，表示数据组数。
对于每组数据，第一行有一个正整数 \(n\)，保证 \(n \leq 6 \times 10^5\)。
接下来一行会输入 \(n\) 个正整数，对应于题目描述中的 \(q_i\)，保证输入的是一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列。
Output
输出共 \(T\) 行，每行一个整数。
对于每组数据，输出一个整数，表示字典序严格大于 \(q\) 的「好」的排列个数对 \(998244353\) 取模的结果。
Sample Input
1
3
1 3 2
Sample Output
3
Data Constraint
\(n\le 6*10^5,\sum n\le 2*10^6\)
Solution
打表可以发现，好的排列要求LIS长度\(\le 2\)
证明读者自证不难
因为有个字典序的限制，所以不妨设\(f(i,j)\)表示前\(i\)个数，最大值为\(j\)时，后面\(n-i\)个数的方案数
注意\(i\le j\)
显然\(f(i,j)\)可以转移到\(f(i,k)\)（\(k>j\)）
对于\(k<j\)，只能填能填的数中最小的，因为不填的话，填最小数时LIS就会变成\(3\)了
所以\(f(i,j)\to f(i,k)\)（\(k\ge j\)）
那么\(f(i,j)=\sum_{k=i-1}^{j}f(i-1,k)\)
化简一下就是\(f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)\)
于是可以转换成格路计数
现在回到字典序的限制上
枚举一个lcp之后
假设当前填的最大数是\(mx\)，能填的最小数是\(mi\)
当\(q_i=mi\)时：
填\(mi\)显然不合法
填\(mi<x<mx\)，那么之后LIS一定不小于\(3\)
填\(x>mx\)，可以任填
当\(mi<q_i<mx\)时：
类似分析得到，只能填\(x>mx\)
当\(q_i>mx\)时：
可以任填\(x>q_i\)
对于方案数的计算，就是一列组合数求和相减，容易计算
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define mo 998244353
#define N 1200010
int T,n,q[N];
int fac[N],ifac[N];
int mod(int x){return x>=mo?x-mo:x;}
int mi(int x,int y){
int res=1;
for(;y;x=1ll*x*x%mo,y>>=1)if(y&1)res=1ll*res*x%mo;
return res;
}
int C(int x,int y){return x<y||x<0||y<0?0:1ll*fac[x]*ifac[y]%mo*ifac[x-y]%mo;}
int calc(int x,int y){return y<=x?mod(C(n*2-x-y,n-x)-C(n*2-x-y,n-x-1)+mo):0;}
int vis[N];
int main(){
fac[0]=1;
F(i,1,N-10)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo;
ifac[N-10]=mi(fac[N-10],mo-2);
Fd(i,N-11,0)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mo;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
F(i,1,n)scanf("%d",&q[i]);
int ans=0,mx=0,mi=1;
F(i,1,n){
mx=max(mx,q[i]);
ans=mod(ans+calc(mx+1,i-1));
vis[q[i]]=1;
while(vis[mi])mi++;
if(mi<q[i]&&q[i]<mx)break;
}
printf("%d\n",ans);
F(i,1,n)vis[i]=0;
}
return 0;
}