[JZOJ 1283]排序统计

Description

　　对于给定的一个长度为n的序列{B[n]}，问有多少个序列{A[n]}对于所有的i满足：A[1]～A[i]这i个数字中有恰好B[i]个数字小等于i。其中{A[n]}为1～n的一个排列，即1～n这n个数字在序列A[I]中恰好出现一次。 
　　数据保证了至少有一个排列满足B序列。

Input

　　输入的第1行为一个正整数N，表示了序列的长度。 
　　第2行包含N个非负整数，描述了序列{B[i]}。

Output

　　输出仅包括一个非负整数，即满足的{A[i]}序列个数。

Sample Input

3
0 1 3

Sample Output

3

【样例说明】
　　对于A序列为1～3的全排列分别对应的B序列如下（冒号左边为A序列，冒号右边为对应B的序列） 
　　1 2 3：1 2 3 
　　1 3 2：1 1 3 
　　2 1 3：0 2 3 
　　2 3 1：0 1 3 
　　3 1 2：0 1 3 
　　3 2 1：0 1 3 
　　所以有3个满足的A序列。
【数据说明】
　　对于20%的数据，有N≤8； 
　　对于30%的数据，有N≤11且答案不大于20000； 
　　对于50%的数据，有N≤100； 
　　对于100%的数据，有N≤2000。

Solution ：考试的时候没有什么想法，就按照组合数常见的思路想，但是最后还是暴力了。在网上看见有十分巧妙的建模，设想有一个01矩阵，对于一 个元素a[i][j]，i表示这是第i个数，而这个数是什么，就看j，倘若a[i][j]的值是1，则表示第i个位置的数为j。这样建模的话对于每一个b[i]，就相 当于以[i][i]为右下角的矩阵中，有b[i]个1，否则就是不合法的排列。同时相邻的b[i]，不可能差值超过2，那么分类讨论之后就会有一个累加的 式子，当差为1时ans *= 2*i-1 - 2*b[i-1],差为2时ans *= sqr(i-1 - b[i-1]）

Ps.高精度（答案不会超过n！）。

#include<cstdio>
#define Ya 10
#define maxn 6000
using namespace std;
int b[maxn],n,push,x,ans[maxn];
void init(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&b[i]);
}

void mul(int x){
	push = 0;
	for (int i = 1;i <= ans[0];i ++){
		ans[i] = ans[i] * x + push;
		push = ans[i] / Ya;
		ans[i] %= Ya;
	}
	while (push){
		ans[++ans[0]] = push;
		push = ans[ans[0]] / Ya;
		ans[ans[0]] %= Ya;
	}
}

void work(){
	ans[0] = 1;
	ans[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n;i ++){
		if (b[i] - b[i-1] == 1){
			x = 2*i-1 - 2*b[i-1];
			mul(x);
		}
		if (b[i] - b[i-1] == 2){
			x = i-1 - b[i-1];
			x *= x;
			mul(x);
		}
	}
}

void print(){
	for (int i = ans[0];i >= 1;i --) printf("%d",ans[i]);
}

int main(){
	init();
	work();
	print();
}