排列最小值

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$\mathcal{Description}$

多組詢問
$1 \leq n,Q\leq 10^5$

$\mathcal{Solution}$

$50$分解法

考慮$DP$,感覺上直接算答案不好算,所以考慮算長度爲$n$的所有排列改變的次數的排列的個數算出來
之後再把個數乘以次數的平方即可
設$f_{i,j}$表示長度爲$i$的排列的改變次數爲$j$的排列個數
考慮把最大的$i$插入到長度爲$i-1$的改變次數爲$j$的排列中,則有$i$個空可以插,其中最前面的空插進去會使改變次數加一,所以有$i-1$個空使改變次數不變
考慮插在最前面則原改變次數應爲$j-1$
所以$f_{i,j}=f_{i- 1,j}*(i-1)+f_{i-1,j-1}$
其實就是第一類斯特林數的遞推公式
提前預處理一下即可做到 $n^{2}$

$100$分解法

仍然是$DP$,原來的是把問題拆開,好做但是不能直接算
不妨大膽一點,設$f_i$表示長度爲$i$的答案
仍然考慮從$i-1$轉移過來
還是上面那句
考慮把最大的$i$插入到長度爲$i-1$的改變次數爲$j$的排列中,則有$i$個空可以插,其中最前面的空插進去會使改變次數加一,所以有$i-1$個空使改變次數不變
$f_i=f_{i-1}*(i-1)+插到最前面的貢獻$
考慮插在最前面,原本的改變次數爲$x$的都變爲$x+1$了
也就是$x^2 -> (x+1)^2=x^2+2x+1$
我們設$g_i$表示原本算貢獻時是按照$x$來算的長度爲$i$的答案
對於那個$1$,因爲插在最前面後面的$i-1$個數共有$(i-1)!$種組合
所以$f_i=f_{i-1}*(i-1)+f_{i-1}+2g_{i-1}+(i-1)!=f_{i-1}*i+f_{i-1}+(i-1)!$
$g_i$同樣這麼推
$g_i=g_{i-1}*i+(i-1)!$

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月28日 星期六 09時34分38秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int T,n;
int f[maxn],g[maxn],fac[maxn];
int main()
{
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=100000;++i){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		f[i]=((1ll*f[i-1]*i%mod+2ll*g[i-1]%mod)%mod+fac[i-1])%mod;
		g[i]=(1ll*g[i-1]*i%mod+fac[i-1])%mod;
	}
	cin>>T;
	while (T--){
		cin>>n;
		printf("%d\n",f[n]);
	}
	return 0;
}

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