标签：int dfrac mo 学军 塔纳 然后 jc DP 逆序
塔纳
题目链接：学军NOIP开放题2-A
题目大意
给你 n，问你长度为 n 的每个排列的逆序对个数的和。
思路
考虑 DP，设 f i f_i fi 为 n = i n=i n=i 时的答案。
每次放一个新数
i
i
i，由于它是当前最大的，所以它放在多少个的前面，就新增了多少个逆序对。
而且它这个是跟之前的顺序无关。
那就分别有 1 , 2 , . . . , i − 1 1,2,...,i-1 1,2,...,i−1 这些贡献，总贡献就是 n ( n − 1 ) 2 \dfrac{n(n-1)}{2} 2n(n−1)，然后之前有 ( i − 1 ) ! (i-1)! (i−1)! 的方案，然后两个加在一起就是比 f i − 1 f_{i-1} fi−1 多的个数了。
然后你预处理答案即可。
不过好像有通项公式
n
!
n
(
n
−
1
)
4
n!\dfrac{n(n-1)}{4}
n!4n(n−1)。
（大概是你一个排列可以通过翻转把正序对变成逆序对）
（然后一个序列正序对加逆序对的个数是
n
(
n
−
1
)
2
\dfrac{n(n-1)}{2}
2n(n−1)）
（然后
n
!
n!
n! 个排列，然后正反才凑一个就是再除
2
2
2）
代码
#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 998244353
using namespace std;
int T, n;
ll f[10000001], jc[10000001];
int main() {
// freopen("tanao.in", "r", stdin);
// freopen("tanao.out", "w", stdout);
f[1] = 0;
jc[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 10000000; i++) {
jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
f[i] = (f[i - 1] * i % mo + 1ll * (1 + (i - 1)) * (i - 1) / 2 % mo * jc[i - 1] % mo) % mo;
}
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
printf("%lld\n", f[n]);
}
return 0;
}
标签：int,dfrac,mo,学军,塔纳,然后,jc,DP,逆序 来源： https://blog.csdn.net/weixin_43346722/article/details/121385732
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