题意

求所有\(n\)元逆序对数为\(k\)的排列所对应的笛卡尔树中（每次选区间最小连在父亲下，再分为左右两部分递归），求每个位置在所有树中的深度和
\(1 \le n \le 300\)

思路

是设\(f_k\)表示逆序对数为\(k\)的\(n\)排列的数量，那么其生成函数:
\[F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{i}x^j\]
（大概就是看一下在前面所有数中的位置）

然后再来看需要求的东西，深度和即为有多少个父亲。\(i\)为\(j\)的父亲需要满足\(i\)是\([i,j]\)或\([j,i]\)的最小值。考虑生成函数中的顺序其实可以调换，我们不一定要按从前到后的顺序来考虑，也可以先把\([l,r]\)区间拿出来考虑内部的逆序对，再从后往前考虑\([1,l]\)考虑对\([i+1,l]\)中数的贡献，在从前往后考虑\([r+1,n]\)的数对\([1,i-1]\)中的贡献，对于每一个式子，都能够构造出与之对应的排列，也就是说，只要你是挨着构造的，且大小关系不产生矛盾，那一“项”对应那一个位置都没问题。

然后单独考虑\(i，j\)的父子关系，若\(i\)为\([i,j]\)中的最小值，则\(i\)会贡献\(0\)个逆序对，此时\(i\)是\(j\)的父亲。若\(j\)是\([i,j]\)中的最小值，则\(j\)会贡献\(len-1(j-i)\)个逆序对。为了方便，我们把\(i,j\)这个位置贡献的逆序对数目拿出来单独考虑，即\(1+x+ \dots +x^{len}\)那一项除掉。然后对于前者，有\(f[k]\)个排列，后者有\(f[k-(len-1)]\)个

来自蒟蒻zjy的瞎掰，看的人不会很多，有耐心看的人可能就我一个，你们如果真想研究可以去zsy大佬那儿看看

#include <bits/stdc++.h>
int f[300*160],n,k,N,mu,ans[305];
void reduce(int &x) {x+=x>>31&mu;}
void cheng(int k){
    for (int i=N;i>=k;i--) reduce(f[i]-=f[i-k]);
    for (int i=1;i<=N;i++) reduce(f[i]+=f[i-1]-mu);
} 
void chu(int k){
    for (int i=N;i;i--) reduce(f[i]-=f[i-1]);
    for (int i=k;i<=N;i++) reduce(f[i]+=f[i-k]-mu);
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&mu);
    N=n*(n-1)/2;
    f[0]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) cheng(i);
    for (int i=1;i<=n;i++) ans[i]=f[k];//自己的深度
    for (int i=2;i<=n;i++){
        chu(i);//此段区间加入的贡献下面重新算
        for (int j=1;j+i-1<=n;j++){
            if (k-(i-1)>=0) reduce(ans[j]+=f[k-(i-1)]-mu);//j+i-1最小 
            reduce(ans[j+i-1]+=f[k]-mu);//j最小 
        }
        cheng(i); 
    } 
    for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); 
} 

后记

大型补blog现场（补不完了）