【DP】【前缀和优化】2019雅礼集训 Inverse

本文介绍了如何利用动态规划和前缀和优化解决一个排列在随机选择区间翻转后的逆序对期望数量问题。分析了四种不同的情况,并详细解释了状态转移方程,包括二次前缀和的应用。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目:

给出一个排列,随机选择K个区间,依次翻转这些区间,求翻转后逆序对的期望个数。

分析:

窝草。。。原来逆序对还能有算贡献的方法。

自己跟着题解推一遍之前,完全不觉得这样可做。。。

定义Dp(i,j,k)Dp(i,j,k)Dp(i,j,k)表示在经过k次变化后,Pi<PjP_i<P_jPi<Pj的概率。

转移有点麻烦:

要分四种情况讨论:
1、l≤i≤r<jl\leq i\leq r<jlir<j,这种情况需要把转移式列出来,然后发现是二次前缀和。
2、i<l≤j≤ri<l\leq j\leq ri<ljr,同上,只需要把转移式里的iii改为n−i+1n-i+1ni+1jjj改为n−j+1n-j+1nj+1
3、i<l≤r<j或r<i或l>ji<l\leq r<j或r<i或l>ji<lr<jr<il>j,这种情况不影响他们的位置,只需统计多少种可能的方案即可。
4、l≤i<j≤rl\leq i<j\leq rli<jr,这种情况比较麻烦,需要定义一个g(i,j)=Dp(i,i+j,k)g(i,j)=Dp(i,i+j,k)g(i,j)=Dp(i,i+j,k),然后可以发现转移式可以表示为g(i,j)g(i,j)g(i,j)的二次前缀和。

具体看代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 510
#define MAXK 55
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[MAXN];
ll f[MAXN][MAXN][MAXK],s1[MAXN],s2[MAXN];
inline ll get_num(ll x){
	return x*(x+1ll)/2ll;	
}
ll fsp(ll x,int y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1)
			res=res*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main(){
	int n,k;
	SF("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		SF("%d",&a[i]);
	for(register int i=1;i<=n;i++)
		for(register int j=i+1;j<=n;j++)
			f[i][j][0]=(a[i]>a[j]);
	ll inv=fsp(get_num(n),MOD-2);
	for(register int k1=1;k1<=k;k1++){
		for(register int i=1;i<=n;i++)
			for(register int j=i+1;j<=n;j++)
				f[i][j][k1]=f[i][j][k1-1]*(get_num(i-1)+get_num(n-j)+get_num(j-i-1))%MOD;
		for(register int j=1;j<=n;j++){
			for(register int i=1;i<j;i++){
				s1[i]=s1[i-1]+f[i][j][k1-1];
				if(s1[i]>=MOD) s1[i]-=MOD;
				s2[i]=s2[i-1]+s1[i];
				if(s2[i]>=MOD) s2[i]-=MOD;
			}
			for(register int i=1;i<j;i++)
				f[i][j][k1]+=(s2[j-1]-s2[j-i-1]-s2[i-1]);
		}
		for(register int i=1;i<=n;i++){
			for(register int j=n;j>i;j--){
				s1[n-j+1]=s1[n-j]+f[i][j][k1-1];
				if(s1[i]>=MOD) s1[i]-=MOD;
				s2[n-j+1]=s2[n-j]+s1[n-j+1];
				if(s2[i]>=MOD) s2[i]-=MOD;
			}
			for(register int j=i+1;j<=n;j++)
				f[i][j][k1]+=(s2[n-i]-s2[j-i-1]-s2[n-j]);
		}
		for(register int j_i=1;j_i<=n;j_i++){
			for(register int i=1;i+j_i<=n;i++){
				s1[i]=s1[i-1]+(MOD+1-f[i][i+j_i][k1-1]);
				if(s1[i]>=MOD) s1[i]-=MOD;
				s2[i]=s2[i-1]+s1[i];
				if(s2[i]>=MOD) s2[i]-=MOD;
			}
			for(register int i=1;i+j_i<=n;i++)
				f[i][i+j_i][k1]+=(s2[n-j_i]-s2[n-j_i-i]-s2[i-1]);
		}
		for(register int i=1;i<=n;i++)
			for(register int j=i+1;j<=n;j++){
				f[i][j][k1]=(f[i][j][k1]%MOD)*inv%MOD;
				if(f[i][j][k1]<MOD)
					f[i][j][k1]+=MOD;
			}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			ans=(ans+f[i][j][k])%MOD;
	ans=(ans+MOD)%MOD;
	PF("%lld",ans);
}	
### 关于雅礼集训 2017 Day1 的题目及解析 #### 题目概述 根据已知引用内容[^3],雅礼集训 2017 Day1 的核心问题是关于矩阵操作的优化问题。给定一个 \(n \times m\) 的字符矩阵,其中 `#` 表示黑色格子,`.` 表示白色格子。目标是最小化将整个矩阵变为全黑所需的步数。 --- #### 解析与算法思路 ##### 输入描述 输入的第一行为两个整数 \(n\) 和 \(m\),分别代表矩阵的行数和列数。接下来 \(n\) 行每行包含长度为 \(m\) 的字符串,表示矩阵的内容。 ##### 输出描述 输出最小的操作次数使得整个矩阵变成全是黑色格子的状态。如果没有可行方案,则输出 `-1`。 --- ##### 算法设计 1. **可行性判断** 如果初始矩阵没有任何黑色格子 (`#`) 存在,则无法通过任何有限次操作使矩阵变黑,因此直接返回 `-1`[^4]。 2. **计算最少步数** 对于每一行,定义两种可能的操作方式: - 将该行全部涂黑。 - 不改变该行状态,仅依赖后续列操作来覆盖剩余白格。 同样地,对于每一列也存在类似的策略选择。最终的目标是综合考虑行列操作的影响,找到全局最优解。 3. **动态规划或贪心求解** 使用简单的遍历方法统计各行列中的黑白分布情况,并基于此决定最佳行动顺序。特别注意边界条件处理以及特殊情况下的额外开销评估。 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e3 + 5; int n, m, h[MAXN], l[MAXN]; char s[MAXN][MAXN]; int main(){ cin >> n >> m; bool has_black = false; for (int i = 1; i <= n; ++i){ cin >> (s[i]+1); for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (s[i][j] == '#'){ has_black = true; h[i]++; l[j]++; } } } if (!has_black){ cout << "-1"; return 0; } int res = INT_MAX; for (int i = 1; i <= n; ++i){ res = min(res, m - h[i] + !l[i]); } int extra_cost = 0; for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (l[j] != n) extra_cost += 1; } cout << res + extra_cost; } ``` 上述代码实现了基本逻辑框架,包括读取数据、初步分析是否存在解决方案的可能性以及最后一步汇总总成本的过程[^3]。 --- #### 复杂度分析 时间复杂度主要取决于两次嵌套循环扫描整个矩阵所需的时间量级 O(n*m),空间消耗同样维持在线性范围内 O(n+m)。 --- #### 注意事项 - 当前实现假设所有测试实例均满足合理范围内的尺寸规格;实际应用时需增加更多健壮性的错误检测机制。 - 结果验证阶段应充分考虑到极端情形比如完全空白或者满布障碍物等情况是否被妥善处置。 ---
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