逆序对数

题目链接：ybtoj高效进阶 21277

题目大意

问你有多少个长度为 n 的排列的逆序对个数是 n。

思路

你考虑不断加入越来越大的数，那每次给逆序对个数的贡献区间就是 \(0\sim i-1\)。
总的来讲，每次贡献的上界是 \(1,2,..,n-1\)。

然后 DP 当然会超时，考虑小小容斥一下。
考虑到要的个数和是 \(n\)，相对 \(n(n+1)/2\) 很小，考虑从这里下手。
设 \(f_{i,j}\) 为有至少 \(i\) 个超过限制，当前的和是 \(j\) 的方案数。

那不难想到答案就是容斥一下，如果 \(i\) 是奇数对答案的贡献就是负的，否则是正的。
那当然这个是排好序的，剩下的部分没有排序，我们就直接暴力出来 \(n-i\) 个位置。
根据插板法：\(C^{n-1}_{(n-1)+n-1}\)
考虑每次新放一个数，放不超过限制的还是超过限制的。

然后你考虑怎么一搞：把所有数都加一个，然后再前面放 \(1\) 或者 \(2\)。
那每次增加的就是 \(i\) 或者 \(i+1\)。
而且从 \(i,j\)，不超过限制就是转移到 \(i,j+i\)，超过限制就是转移到 \(i+1,j+i+1\)。

然后搞一搞即可。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 1000000007

using namespace std;

int n;
ll f[501][100001], jc[200001], inv[200001];
ll get_c[100001], ans;

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = re * x % mo;
		x = x * x % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll C(int x, int y) {
	if (x < y) return 0;
	return jc[x] * inv[y] % mo * inv[x - y] % mo;
}

int main() {
//	freopen("pairs.in", "r", stdin);
//	freopen("pairs.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d", &n);
	
	jc[0] = 1;//预处理
	for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
	inv[2 * n] = ksm(jc[2 * n], mo - 2);
	for (int i = 2 * n - 1; i >= 0; i--)
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo; 
	
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		get_c[i] = C(i + n - 1, n - 1);
	
	ans = get_c[n];
	f[1][1] = 1;
	for (int j = 1; j * (j + 1) / 2 <= n; j++)//DP
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (j & 1) ans = (ans + mo - f[j][i] * get_c[n - i] % mo) % mo; 
				else ans = (ans + f[j][i] * get_c[n - i] % mo) % mo;
			if (i + j <= n) f[j][i + j] = (f[j][i + j] + f[j][i]) % mo;
			if (i + j < n) f[j + 1][i + j + 1] = (f[j + 1][i + j + 1] + f[j][i]) % mo;
		}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}