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- 输入格式
- 输出格式
- 思路：
- 代码
题意
找有多少个长度为n的排列，使得从左往右数，有a个元素比之前的所有数字都大，从右往左数，有b个元素比之后的所有数字都大。
n<=2*10^5，a,b<=n
输入格式
输入三个整数n,a,b。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
思路：
这道题是真的神啊...
首先，根据官方题解的思路，首先有一个n^2的DP:
定义dp[i][j]表示一个长度为i的排列，从前往后数一共有j个数字大于所有排在它前面的数字。
首先有转移式：
\[dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(i-1)*dp[i-1][j]\]
怎么理解这个式子呢？
首先，最后的排列一定是这样一个形式：
中间那个是最大值(n)，那么前面第一个位置到第二个位置之间不能放任意一个数；第二个位置与第三个位置之间能够放1~ 4之间的数；第三个与第四个之间能够放4~9...我们能够发现，相邻两个位置能够放的数一定是小于前一个位置的。那么我们就可以根据选中的关键点(如上图中的1,4,9)将前半部分的序列分为几部分，每一部分的代表元素为这一部分中的数字的最大值。
例如：1-423-95678，就可以看成是3个部分。代表元素分别是1,4,9。
根据定义，现在考虑的是一共有i个数字，分成了j段。考虑加入一个新的最小的数字，考虑它放在哪里：
- 放在开头，自己成为一个新的部分，就由dp[i-1][j-1]转移而来。
2.因为是最小的，所以可以放在之前的所有已经存在的部分中，那么有(i-1)中方案，就由(i-1)*dp[i-1][j]转移而来。
这样子就有了dp的转移式，很显然最后的答案就是：
\[Ans=\sum_{i=1}^{n}(dp[i][a-1]*dp[n-i-1][b-1])*C_{n-1}^{i-1}\]
其实就是枚举最大值的位值i，然后从剩下的n-1中选出i-1个，再将这i-1个数字分为a-1个部分，后面的n-i-1个位置分为b-1个部分。那就有\(O(n^2)\)的算法了。
有了上述的式子之后，接下来就比较好处理了。
仔细观察dp的转移式，我们会惊奇的发现它竟然和第一类斯特林数的递推式是一样的。也就是:
\[dp[i][j]=[^{i}_{j}]\]
而第一类斯特林数是将i个数分成j个圆排列的方案数（忽略顺序的前提下）。而我们可以把之前定义的"部分"每一个都看成是一个圆排列，每一个都把其中最大的值通过圆排列转到这一部分开头的位置，就完美的对应上了。
而在全局看，我们可以先将n-1个数字分配当a+b-2个圆排列里面去，然后再将这a+b-2分成左边a-1个和右边b-1个，就是简单组合数了。那么答案式就可以进一步化简为：
\[Ans=[_{a+b-2}^{\ \ n-1}]*C_{a+b-2}^{a-1}\]
这样子我们的主要问题就变为求前面那个斯特林数就可以了。
而如何快速求斯特林数又是另外一个问题了...
感觉这里写一遍的话，好像有些冗长了。就在下面贴了一个链接（还在写:)），在里面我会尽可能详细的讲解如何快速求解S(n,k)。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 600000
#define MO 998244353
#define G 3
using namespace std;
int seq[MAXN+5];
int n,a,b;
int fact[MAXN+5],inv[MAXN+5];
int PowMod(int x,int y)
{
int ret=1;
while(y)
{
if(y&1)
ret=1LL*ret*x%MO;
x=1LL*x*x%MO;
y>>=1;
}
return ret;
}
void Prepare()
{
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXN;i++)
fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%MO;
inv[MAXN]=PowMod(fact[MAXN],MO-2);
for(int i=MAXN-1;i>=0;i--)
inv[i]=1LL*inv[i+1]*(1LL*i+1LL)%MO;
}
void Reverse(int A[],int deg)
{
for(int i=0;i<deg/2;i++)
swap(A[i],A[deg-i-1]);
}
void NTT(int P[],int len,int oper)
{
for(int i=1,j=0;i<len-1;i++)
{
for(int s=len;j^=s>>=1,~j&s;);
if(i<j) swap(P[i],P[j]);
}
int unit,unit_p0;
for(int d=0;(1<<d)<len;d++)
{
int m=(1<<d),m2=m*2;
unit_p0=PowMod(G,(MO-1)/m2);
if(oper==-1)
unit_p0=PowMod(unit_p0,MO-2);
for(int i=0;i<len;i+=m2)
{
unit=1;
for(int j=0;j<m;j++)
{
int &P1=P[i+j+m],&P2=P[i+j];
int t=1LL*unit*P1%MO;
P1=((1LL*P2-1LL*t)%MO+MO)%MO;
P2=(1LL*P2+1LL*t)%MO;
unit=1LL*unit*unit_p0%MO;
}
}
}
if(oper==-1)
{
int inv=PowMod(len,MO-2);
for(int i=0;i<len;i++)
P[i]=1LL*P[i]*inv%MO;
}
}
void Mul(int ret[],int _x[],int l1,int _y[],int l2)
{
static int RET[MAXN+5],X[MAXN+5],Y[MAXN+5];
int len=1;
while(len<l1+l2) len<<=1;
copy(_x,_x+l1,X);copy(_y,_y+l2,Y);
fill(X+l1,X+len,0);fill(Y+l2,Y+len,0);
NTT(X,len,1);NTT(Y,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
RET[i]=1LL*X[i]*Y[i]%MO;
NTT(RET,len,-1);
copy(RET,RET+l1+l2,ret);
}
void Get(int deg,int A[],int B[])
{
static int tmpA[MAXN+5],tmpB[MAXN+5];
int len=deg/2;
for(int i=0;i<len+1;i++)
tmpA[i]=1LL*PowMod(len,i)*inv[i]%MO;
fill(tmpA+len+1,tmpA+deg+1,0);
for(int i=0;i<len+1;i++)
tmpB[i]=1LL*fact[i]*A[i]%MO;
fill(tmpB+len+1,tmpB+deg+1,0);
Reverse(tmpA,len+1);
Mul(tmpA,tmpA,len+1,tmpB,len+1);
for(int i=0;i<=len;i++)
tmpA[i]=1LL*tmpA[i+len]*inv[i]%MO;
copy(tmpA,tmpA+len+1,B);
}
void Solve(int deg,int B[])
{
static int tmpB[MAXN+5];
if(deg==1)
{
B[1]=1;
return;
}
Solve(deg/2,B);
int hf=deg/2;
copy(B,B+hf+1,tmpB);
fill(tmpB+hf+1,tmpB+deg+1,0);
Get(deg-deg%2,tmpB,tmpB+hf+1);
Mul(B,tmpB,hf+1,tmpB+hf+1,hf+1);
if(deg%2==1)
for(int i=deg;i>=1;i--)
B[i]=(1LL*B[i]*(1LL*deg-1LL)%MO+1LL*B[i-1])%MO;
}
int C(int x,int y)
{
return 1LL*fact[x]*inv[y]%MO*inv[x-y]%MO;
}
int main()
{
Prepare();
scanf("%d %d %d",&n,&a,&b);
if(n==1&&a==1&&b==1)
//注意加特判，也可以通过改变Solve底层的返回条件来兼容这种情况
printf("1\n");
else if((n>1&&a==1&&b==1)||a==0||b==0)
printf("0\n");
else
{
Solve(n-1,seq);//快速求第一类斯特林数(nlogn)
int part1=seq[a+b-2];
int ans=1LL*C(a+b-2,a-1)*part1%MO;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
2 2 1
5 2 2
*/原文地址：https://www.cnblogs.com/T-Y-P-E/p/10258958.html