分析:
先考虑如下问题。
求长度为n
,逆序对为m
的排列数量。
可以考虑dp
,dp[i][j]
定义为长度为i
,逆序对为j
的排列数量。
cpp
dp[1][0] = 1;
//枚举排列长度,或者认为枚举当前需要插到长度为i-1的排列中的数字
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 0; j <= i * (i + 1) / 2; ++j)
{
//枚举当前数字插到的位置,一共i个位置,分别可能使逆序对增加0~i-1个
for(int k = 0; k < i; ++k)
{
if(j >= k)
{
dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];
}
}
}
}
在懂了上述dp
之后,再来考虑本题。主要有两个问题。
- 另外考虑,如果
dp[i][j]
是否依旧可以这样求,因为上述问题中对于长度为i
的排列,前i-1
个数字确定的,i
一定是最大的,我们只需要考虑它放在哪个位置即可。 - 如何同时满足
requirements[i][endi] = cnti
和requirements[j][endj] = cntj
,其中i!=j
。
对于第一点,肯定是可以这样求的,一方面我们不需要关心前i-1
个数字是什么,只需要认为我们枚举的第i
个数字是这i
个数字中最大的(类似上述思路)或者是最小的(与最大的等效并且更加方便理解上述dp
的最内层循环)即可,另一方面我们看到至少有一个i
满足endi == n - 1
。
对于第二点,我们只需要在dp
的过程中适当修改。若 ∃ e n d j = = i \exists end_j == i ∃endj==i,则正常求 d p [ i ] [ c n t j ] dp[i][cnt_j] dp[i][cntj]的值,而 d p [ i ] [ k ] = 0 , k ≠ c n t j dp[i][k]=0,k\ne cnt_j dp[i][k]=0,k=cntj。
AC代码
cpp
class Solution {
public:
int numberOfPermutations(int n, vector<vector<int>>& requirements) {
const int mod = 1e9 + 7;
vector<int> vt(305, -1);
for(auto x: requirements) vt[x[0] + 1] = x[1];
vector<vector<int>> dp(305, vector<int>(405, 0));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (vt[i] != -1)
{
int j = vt[i];
for (int k = 0; k < i; ++k) if (j >= k) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;
continue;
}
for (int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j)
{
for (int k = 0; k < i; ++k)
{
if (j >= k) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;
}
}
}
return dp[n][vt[n]];
}
};
//dp数组定义为vector,如果定义为数组,一定记得先memset 0
//(dp[i][j] += dp[i - 1][j - k]) % mod不等价于dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;
//(dp[i][j] += dp[i - 1][j - k]) % mod,模完之后值未赋给任何数。
上述代码已经可以AC
,但是可以进一步优化。
dp[i][j]
的递推过程中,只用到了dp[i-1][j-k]
,故可以通过滚动数组优化空间。- 对于最内层枚举
k
的循环,我们发现递推公式等价于 d p [ i ] [ j ] = ∑ k = j − ( i − 1 ) j d p [ i − 1 ] [ k ] dp[i][j] = \sum_{k=j-(i-1)}^{j} dp[i-1][k] dp[i][j]=∑k=j−(i−1)jdp[i−1][k],即是dp[i-1]
数组的一个前缀和,故可以预处理出前缀和,使得dp[i][j]
实现O(1)
递推,优化为两层循环。
优化后的代码:
cpp
class Solution {
public:
int numberOfPermutations(int n, vector<vector<int>>& requirements) {
const int mod = 1e9 + 7;
vector<int> vt(305, -1);
for(auto x: requirements) vt[x[0] + 1] = x[1];
vector<int> dp(405, 0);
vector<int> sum(405, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
sum[0] = dp[0];
for(int j = 1; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) sum[j] = (sum[j - 1] + dp[j]) % mod;
if (vt[i] != -1)
{
for(int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) dp[j] = 0;
int j = vt[i];
if(j < i) dp[j] = sum[j];
else dp[j] = (sum[j] - sum[j - i] + mod) % mod;
continue;
}
for (int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j)
{
if(j < i) dp[j] = sum[j];
else dp[j] = (sum[j] - sum[j - i] + mod) % mod;
}
}
return dp[vt[n]];
}
};