绍兴一中信心赛 T1排列

题目描述

有一个长度为 n n n的序列 a a a，现在对数列进行一些变换，每次可以选择一对 i , j i,j i,j，满足 1 ≤ i < j ≤ n 1\leq i < j\leq n 1≤i<j≤n且 a i > a j a_i>a_j ai>aj，然后将 a i a_i ai和 a j a_j aj交换。如果序列 b b b可以由序列 a a a经过若干次变换得到，那么称 b b b是可达的。求有多少种不同的可达的序列，输出答案模 1000000007 1000000007 1000000007。

输入格式

第一行一个数 n n n，接下来一行 n n n个数，分别为 a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\dots,a_n a1,a2,…,an，保证这是 n n n的一个排列。

输出格式

输出一个整数，表示答案对 1000000007 1000000007 1000000007取模后的值。

样例输入

4
2 4 1 3

样例输出

样例解释

可达的排列有 2413, 2314, 2143, 2134, 1423, 1243, 1324, 1234。

数据范围

对于 20 % 20\% 20%的数据， 1 ≤ n ≤ 10 1\leq n\leq 10 1≤n≤10
对于 40 % 40\% 40%的数据， 1 ≤ n ≤ 15 1\leq n\leq 15 1≤n≤15
对于 100 % 100\% 100%的数据， 1 ≤ n ≤ 20 1\leq n\leq 20 1≤n≤20

题解

我们来考虑一下序列可达的条件是什么。

如果这不是 n n n的排列，而是 01 01 01序列的话，那么条件很显然：对于任意的 i i i，序列 b b b从右往左的第 i i i个 1 1 1都位于序列 a a a从右往左的第 i i i个 1 1 1的右边（不一定严格，可以在同一个位置），那么 a a a就可以到达 b b b。

对于一个排列 a a a以及一个数 k k k，把 a a a中大于等于 k k k的数标为 1 1 1，剩下的数标为 0 0 0，那么就能得到一个 01 01 01序列。如果对于任意的 k k k，排列 a a a对应的 01 01 01序列都能够到达排列 b b b，那么排列 a a a就能到达排列 b b b。

如果排列 b b b不满足条件，那么排列 a a a一定不能到达排列 b b b。但为什么只要排列 b b b满足条件，排列 a a a就一定能够到达排列 b b b呢？

我们可以让 i i i从 1 1 1到 n n n，每次将数字 i i i移到目标位置，令当前位置为 l l l，目标位置为 r r r，当前 ( l , r ] (l,r] (l,r]区间的最大数字为 a j a_j aj，则让 a l a_l al和 a j a_j aj交换即可。

那要怎么实现呢？

设 f i , j f_{i,j} fi,j表示当前从大到小放到第 i i i个数字，且按大于等于 i i i为 1 1 1，小于 i i i为 0 0 0来构成的 01 01 01串为 j j j，此时的方案数。要保证在枚举过程中 01 01 01串要满足上面的条件。一开始是全 0 0 0的 01 01 01串，答案是全 1 1 1的 01 01 01串。

时间复杂度为 O ( n ⋅ 2 n ) O(n \cdot 2^n) O(n⋅2n)。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot=0,a[25],d[2000005],l[2000005],r[2000005];
long long f[25][1<<20];
long long mod=1000000007;
void add(int xx,int yy){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
int gt(int s){int re=0;while(s){re+=s&1;s>>=1;}return re;
}
bool pd(int s,int t){int w=0;for(int i=n;i>=1;i--){if(t&(1<<i-1)) ++w;if(a[i]>=s) --w;if(w<0) return 0; }return 1;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int s=0;s<(1<<n);s++){add(gt(s),s);}f[n+1][0]=1;for(int s=n;s>=1;s--){for(int i=r[n-s+1];i;i=l[i]){if(!pd(s,d[i])) continue;for(int j=1;j<=n;j++){if(d[i]&(1<<j-1)){f[s][d[i]]=(f[s][d[i]]+f[s+1][d[i]^(1<<j-1)])%mod;}}}}printf("%lld",f[1][(1<<n)-1]);return 0;
}