标签： return int 交换 long include dp

给定一个\(0∼n−1\)的排列\(p\)。一个\(0∼n−2\)的排列q被认为是优美的，当且仅当满足下列条件：

对排列\(s=\{0,1,2⋯,n−1\}\)进行n–1次交换。（下标从0开始）

交换\(s[q_0],s[q_0+1]\)
交换s\([q_1],s[q_1+1]\)
⋯
最后能使得排列\(s=p\)。 问有多少个优美的排列，答案对\(10^9+7\)取模。

输入格式
第一行一个整数\(n\)。

接下来一行\(n\)个数，第\(i\)个表示\(p_i\)
输出格式
一行一个整数，表示答案。

样例
样例一
input

3
1 2 0

output
1

约定与限制
对于\(30\%\) 的数据，满足 \(n≤10\)。

对于\(100\%\) 的数据 ，满足 \(1≤n≤50\) 。

时间限制:1s

空间限制:512MB

如果现在交换了\(i\)和\(j\)的位置，那么\(1~i\)和\(i~j\)两个区间之间不会再有交换，有区间dp的影子。所以我们交换这两个位置，然后递归数两个区间会有多少种情况能交换好。

定义\(dp_{i,j}\)为当交换出来后s数组由i到j的数都是大于等于i小于等于j时，有多少种情况使得i到j是排序好的。很容易证明，这个序列是唯一的。

边界情况：如果\(i=j\)，那么只有一种情况。

我们枚举再次交换哪两个，如果交换\(k\)和\(k+1\)，那么交换完判断\(i~k\)和\(k+1~j\)这两段是否合法，就是他们可以自己排序好自己。如果可以，那么答案加上\(dp_{i,k}\times dp_{k+1,j}\),但在序列中我们可以把他们的操作顺序打乱，所以再乘上\(C_{j-i+1}^{k-l}\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=55,mod=1e9+7; 
int n,a[N],f[N][N];
long long dp[N][N];
int can(int x,int y)
{
	for(int i=x;i<=y;i++)
		if(a[i]<x||a[i]>y)
			return 0;
	return 1;
}
long long dfs(int l,int r)
{
	if(l==r)
		return 1;
	if(dp[l][r]!=-1)
		return dp[l][r];
	long long ret=0; 
	for(int i=l;i<r;i++)
	{
		swap(a[i],a[i+1]);
		if(can(l,i))			
			ret=(ret+1LL*dfs(l,i)*dfs(i+1,r)%mod*f[r-l-1][i-l])%mod;
		swap(a[i],a[i+1]);
	}
	return dp[l][r]=ret;
}
int main()
{
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),++a[i];
	for(int i=0 ;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=f[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++)
			f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod;
	}
	printf("%lld",dfs(1,n));
}

标签：,return,int,交换,long,include,dp
来源： https://www.cnblogs.com/mekoszc/p/16148544.html

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