第1行:一个数T,表示后面用作输入测试的数的数量。(1 <= T <= 10000) 第2 - T + 1行:每行2个数n,k。中间用空格分隔。(2 <= n <= 1000, 0 <= k <= 20000)
共T行,对应逆序排列的数量 Mod (10^9 + 7)
1 4 3
6
思路:(思路源自:http://m.blog.youkuaiyun.com/article/details?id=50351716)
1、统计方案数问题,考虑dp:设定dp【n】【k】表示1~n全排列逆序数为N的方案数。
那么从长度为N的数组递推到长度为N+1的数组的时候,我们只要考虑第N+1个数放在哪里即可。
那么就有:
dp【n】【k】=Σdp【n-1】【k-i】(0<=i<=n-1)
2、然而考虑到直接dp转移暴力搞时间复杂度会很高,那么我们可以用前缀和来优化,也可以加以思维优化(卧槽这博主的写法好强壮啊:http://m.blog.youkuaiyun.com/article/details?id=50351716):
①dp【n】【k】=Σdp【n-1】【k-i】(0<=i<=n-1)
②dp【n】【k-1】=Σdp【n-1】【k-1-i】(0<=i<=n-1)
③用①减去②得到:dp【n】【k】-dp【n】【k-1】=dp【n-1】【k】-dp【n-i】【k-n】;
④那么就有:dp【n】【k】=dp【n】【k-1】+dp【n-1】【k】-dp【n-i】【k-n】;
因为等式右边的所有项都是在dp【n】【k】求出来之前就能求出来的,所以等式成立。
好题啊!!!!
时间复杂度O(nk)
Ac代码:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
int dp[1005][20050];
void init()
{
for(int i=1;i<1002;i++)
{
dp[i][0]=1;
for(int j=1;j<=(i*(i-1))/2&&j<=20000;j++)
{
int tmp1=0,tmp2=0,tmp3=0;
tmp1=dp[i-1][j];
tmp2=dp[i][j-1];
if(j-i>=0)tmp3=dp[i-1][j-i];
dp[i][j]=((tmp1+tmp2-tmp3)%mod+mod)%mod;
}
}
}
int main()
{
init();
int n,m;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%d\n",(dp[n][m]+mod)%mod);
}
}