题解 CF1091D 【New Year and the Permutation Concatenation】

一扶苏一 · 2019-01-02 11:47:29 · 题解

Description

给定一个数 n，将所有 1~\sim~n 的排列按照字典序放到一个序列中，求有多少长度为 n 的子序列 p_i~p_{i+1}~\dots~p_{i + n - 1} 满足 \sum_{u = i}^{i + n - 1}~p_u~=~\frac{n~\times~(n - 1)}{2} 答案对 998244353 取模

Input

一行一个整数代表 n

Output

一行一个整数代表答案对 998244353 取模的结果

Hint

Solution

做法有很多呐……

对于一个合法的序列，显然其中 1~\sim~n 每个元素都出现了一次。可以使用反证法或按照 n 进行数学归纳证明

那么对于一个合法的序列 q，一共只有两种情况：

1、它是由一段完整的排列构成的

2、它是由前面一段排列的后 k 位和后面一段排列的前 n - k 位拼成的。

情况一显然有 n! 种，于是我们只考虑情况二的答案

考虑求 next_permutation 的算法：找出原排列中最长的单调降序后缀，记长度为 k，然后在后缀中找最小的大于原排列第 (n - k - 1) 位的值，将这两个位置交换。然后将新的后缀按照升序排序（因为原先是降序的，所以这个操作等价于进行reverse）

考虑两个相邻的排列，在前面排列中选 k 个，后面选 n - k 的情况，若这种情况合法，则后面一个排列的前 n - k 位与前面一个排列的前 n - k 位是相同的，即这一段没有发生交换。所以他的后缀的长度 len 必须满足 len~<~k。

我们考虑用总方案数减去不合法的方案数：考虑我们对一个排列固定一个选择的数的个数 k，那么它不合法当且仅当整个后缀是单调降序，前面怎么排无所谓，于是这样的排列共有 A_n^{n - k}~=~\frac{n!}{k!} 个。这些排列在选后面 k 个作为选出子序列的前缀时全部是不合法的。考虑我们这样等价于枚举选择前一个排列的 k 的位置，而总共有 n~\times~n! 个数字，于是这样的位置一共有 n~\times~n! 种，即方案有这么多种，减去不合法的方案数即为

以上是官方题解

第二种做法与第一种类似，同样依据上面的结论。不过是直接计算方案数。考虑我们如果选择一个排列的后 k 个位置，我们设这个排列的后 k 位是单调递增的，则对前面选择没影响的是后 (n - k)! 次排列，因为这几次排列是将后面 k 位从升序排列到降序，对前面没有影响。

考虑直接枚举 k，前面怎么选无所谓，方案数 A_n^k，后面共有 (n - k)! 种排列。后面这些排列共有 (n - k)! - 1 对，即这么多贡献。于是直接枚举统计答案即可。

以上参考 @DDOSvoid 神仙的做法

第三种做法直接打表找规律，设 f_i 为输入为 i 的答案，则

天知道他们是怎么看出规律的

Code

代码依据官方题解算法写成

#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L], *front=buf, *end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (ch == '.') {
        ch = IPT::GetChar();
        double base = 1;
        while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
    }
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
    rg int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 1000010;
const int MOD = 998244353;

int n, ans;
int inv[maxn], fac[maxn], fac_inv[maxn];

void Get_Inv(ci);

int main() {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    qr(n);
    Get_Inv(n);
    fac[1] = 1;
    for (rg int i = 2; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
    ans = 1ll * n * fac[n] % MOD;
    for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
        ans = (ans - 1ll * fac[n] * fac_inv[i] % MOD) % MOD;
    }
    qw((ans + MOD) % MOD, '\n', true);
    return 0;
}

void Get_Inv(ci x) {
    inv[1] = 1;fac_inv[1] = 1;
    for (rg int i = 2; i <= x; ++i) fac_inv[i] = 1ll * fac_inv[i - 1] * (inv[i] = (1ll * - (MOD / i) * inv[MOD % i]) % MOD) % MOD;
}