题面

传送门

题解

这居然是一道语文题？

首先不难看出，因为每一次相邻元素交换最多减少一个逆序对，所以至少\(m\)次交换就代表这个序列的逆序对个数为\(m\)

我们考虑一下，假设现在已经放完了\(i-1\)个数，当放入第\(i\)个数的时候会对逆序对个数造成什么影响

如果第\(i\)个数放在最后，新增逆序对个数为\(0\)，如果插在最后一个数前面，新增逆序对为\(1\)……

综上，第\(i\)个数插入之后新加的逆序对数为\(0,1,...,i-1\)

那么不难看出，新增逆序对数的这个数列，和原序列是有一一对应关系的

那么我们就可以把它写成生成函数的形式了，题目转为求

\[\prod_{k=1}^n\left(\sum_{i=0}^{k-1}x^i\right)\]

的第\(m\)次项的系数

然后就要开始推倒了

\[\prod_{k=1}^n\left(\sum_{i=0}^{k-1}x^i\right)=\prod_{k=1}^n{1-x^k\over 1-x}=\left(1\over 1-x\right)^n\prod_{k=1}^n(1-x^k)\]

所以直接上多项式即可

我们来考虑两个柿子的组合意义

\({1\over 1-x}=\sum_{i=0}^\infty x^i\)，那么\(\left(1\over 1-x\right)^n\)的第\(k\)项系数就代表\(a_1+a_2+...+a_n=k\)的非负整数解的个数，根据隔板法可得它的第\(k\)项系数为\({k+n-1\choose n-1}\)

然后考虑后面那个，可以看做有\(n\)个物品，第\(i\)个物品体积为\(i\)，求用这些物品填满体积为\(k\)的背包的方案数，有符号

这就相当于是一个背包，因为背包内部是无序的，所以它等价于求和为\(k\)的严格上升子序列的个数

我们设\(f_{i,j}\)表示长度为\(i\)，和为\(j\)的严格上升子序列的个数，然后考虑这玩意儿怎么转移

可以新增一个物品，那么方案数为\(f_{i-1,j-i}\)（先把所有物品\(+1\)，再新放入一个\(1\)进去）

也可以不放物品，把所有数\(+1\)，方案数为\(f_{i,j-i}\)

不过这样转移可能会有不合法的，因为放的数最大值不能超过\(n\)，所以要减去\(f_{i-1,j-(n+1)}\)

记得前面要带上符号

即为

\[f_{i,j} = f_{i,j-i} - f_{i-1,j-i} - (-f_{i-1,j-(n+1)})\]

因为每种体积的物品最多一个，所以放的物品最多不超过\(O(\sqrt{m})\)

那么多项式\(\prod_{k=1}^n(1-x^k)\)第\(i\)项的系数就是\(\sum_j f_{j,i}\)

然后把这两个多项式卷个积就能得到答案了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=2e5+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){R int res=1;for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);return res;
}
int fac[N],ifac[N],f[N],g[N],dp[555][N];
int n,m,res;
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&m);fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n+m)fac[i]=mul(fac[i-1],i);ifac[n+m]=ksm(fac[n+m],P-2);fd(i,n+m-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);fp(i,0,m)f[i]=C(i+n-1,n-1);dp[0][0]=1,g[0]=1;int d=1;fp(j,2,m)if((1ll*j*(j+1)>>1)>=m){d=j;break;}fp(i,1,d){fp(j,0,m){j>=i?dp[i][j]=dec(dp[i][j-i],dp[i-1][j-i]):0;j>=n+1?dp[i][j]=add(dp[i][j],dp[i-1][j-n-1]):0;}fp(j,0,m)g[j]=add(g[j],dp[i][j]);}fp(i,0,m)res=add(res,mul(f[i],g[m-i]));printf("%d\n",res);return 0;
}