前言
鸣谢：感谢 LHT 大佬的推荐、GCK 大佬的提醒以及 LBJ 大佬帮我接龙。
原题链接
随手给大家扔一份吧。
题目大意
给你一个 \(1\) 到 \(n\) 的数列，当 \(a_i < a_{i-1}\) 的时候（大于号和小于号其实不用管，因为最后所有方案都会遍历到，对答案没有影响）放置一个红色灯笼，否则放置一个绿色灯笼。问正好放置 \(k\) 个红灯笼的排列方式有几种。由于答案很大，所以将答案对 \(2012\) 取模。
简化题意：
对于 \(1\) 到 \(n\) 的所有排列，在其中插入不等号，其中恰好有 \(k\) 个小于号的方案数。
No.1 30pts 暴力
思路
既然是询问有几个满足要求的排列，我们就可以用 next_permutation 枚举全排列，记录下答案数。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
int n,k,ans;
int a[1000006];
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;
do{
int cnt=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(a[i-1]<a[i])cnt++;//注意是插入小于号的方案数（其实改成大于号也不会有影响
if(cnt==k)ans++;//k 个红灯笼
ans%=2012;//取模
}while(next_permutation(a+1,a+n+1));//枚举全排列
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
No.2 100pts 正解
思路
动态规划 DP。
维护一个数组 \(dp\)，\(dp_{i,j}\) 代表前 \(i\) 个数字构成的数列中 \(<\) 有 \(j\) 个的方案数。那么 \(>\) 就有 \(i-j-1\) 个，为什么要 \(-1\) 呢？因为 \(i\) 个数的数列中一共只有 \(i-1\) 个间隔，也就是有 \(i-1\) 个不等号（这类似于小学的种树问题，想必大家是可以理解的），那么 \(i-1\) 个不等号中有 \(j\) 个 \(<\)，自然 \(>\) 的数量就是剩下的 \(i-1-j\) 个了。
既然是用到 DP 了，那么我们换一种方法来理解此题：“把数字从小到大插入到数列中”。
按照上述的理解，我们接下来再来考虑一下转移的方程式：
我们可以发现，数 \(i\) 插入的位置无非有两种情况：插在原来是 \(<\) 的位置或插在原来是 \(>\) 的位置。
举个栗子：
在这幅图中，绿色的属于第一种情况：插在原来是 \(<\) 的位置上，而蓝色就对应的属于第二种情况：插在原来是 \(>\) 的位置上。
接下来我们来分情况讨论：
- 插在 \(<\) 的位置上：
如图所示，我们对比原先的数列可以发现，该种放置方式会使 \(<\) 的数量不变，\(>\) 的数量增加一。（这里注意，插入的数一定是当前数列中最大的，因为我们是按照从小到大的顺序插入数字的）。
- 插在 \(>\) 的位置上：
同样如图所示，对比原先数列发现，此种放置方式会使 \(>\) 的数量不变，\(<\) 的数量加一。
分类讨论之后，综上所述，我们就可以得到了转移方程式：
\(dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1} \times (i-j-1) + dp_{i-1,j} \times (j)\)
But......
这个转移方程真的正确吗？
乍一看确实没毛病对吧，每次的方案数都等于 放在大于号位置的方案数 + 放在小于号位置的方案数。但是我们考虑，难道插入的这个数字只能放在两个数之间吗？
答案是 false 的，插入的数还可以放到整个数列的最左端或最右端，like：
所以说，可以插入的位置不仅仅是这个数列中的一个位置，也可以放在这个数列的边缘，所以最终的转移方程式其实是：
\(dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1} \times (i-j) + dp_{i-1,j} \times (j+1)\)（即将 \(>\) 和 \(<\) 的可以插入的位置分别 \(+1\)）。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int mod=2012;
int n,k,dp[1005][1005];
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=1;//注意要赋初值
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(i-j)+dp[i-1][j]*(j+1))%mod;//转移方程式
cout<<dp[n][k]<<endl;//n 个数 k 个小于号
return 0;
}