629. K个逆序对数组 : 一道序列 DP 状态转移优化题-CFANZ编程社区

题目描述

这是 LeetCode 上的 629. K个逆序对数组 ，难度为困难。

Tag : 「序列 DP」、「前缀和」

给出两个整数 n 和 k，找出所有包含从 1 到 n 的数字，且恰好拥有 k 个逆序对的不同的数组的个数。

逆序对的定义如下：对于数组的第 i 个和第 j 个元素，如果满 i < j 且 a[i] > a[j]，则其为一个逆序对；否则不是。

由于答案可能很大，只需要返回答案 mod 的值。

示例 1:

输入: n = 3, k = 0

输出: 1

解释:
只有数组 [1,2,3] 包含了从1到3的整数并且正好拥有 0 个逆序对。

示例 2:

输入: n = 3, k = 1

输出: 2

解释:
数组 [1,3,2] 和 [2,1,3] 都有 1 个逆序对。

说明:

n 的范围是[1, 1000] 并且k 的范围是[0, 1000]。

序列 DP

从和数据范围均为可以看出这是一道二维的动态规划题。

定义为考虑使用数值，凑成逆序对数量恰好为的数组个数。

不失一般性的考虑该如何计算，对第个数（即数值为的数）所在位置进行讨论，共有种选择。

假设第个数所在位置为，由于数值为整个数组的最大值，因此数值与前面所有数均不形成逆序对，与后面的所有数均形成逆序对。因此与数值直接相关的逆向对的数量为，由此也得出与不相关的逆序对数量为，而与不相关的逆序对数量由可得出。

举个 ???? 帮助大家理解：

当数值放置在下标为的位置上，那么由数值产生的逆序对数量为，总的逆序对数量为，因此由数值范围为（与数值不相关）构成的逆序对数量为，即；
当数值放置在下标为的位置上，那么由数值产生的逆序对数量为，总的逆序对数量为，因此由数值范围为（与数值不相关）构成的逆序对数量为，即；
...
当数值放置在下标为的位置上，那么由数值产生的逆序对数量为，总的逆序对数量为，因此由数值范围为（与数值不相关）构成的逆序对数量为，即。

综上，最终转移方程为（为数值放置的位置）：

共有个状态，每个的计算需要枚举数值所在位置并进行累加，总的复杂度为，计算量为，会 TLE。

状态数量不可减少，考虑如何优化单个状态的转移过程。

不难发现部分为上一次转移结果的某个前缀，可以使用前缀和数组进行优化，从而将计算单个状态的复杂度从降到。

一些细节：为处理负数问题，我们可以在取模之前先加一次 mod；另外需要对和的大小进行分情况讨论，防止数值放置的位置“过于靠前”导致组成逆序对的数量超过。

代码（分别为使用 long 和不使用 long）：

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7;
    public int kInversePairs(int n, int k) {
        long[][] f = new long[n + 1][k + 1];
        long[][] sum = new long[n + 1][k + 1];
        f[1][0] = 1;
        Arrays.fill(sum[1], 1);
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= k; j++) {
                f[i][j] = j < i ? sum[i - 1][j] : sum[i - 1][j] - sum[i - 1][j - (i - 1) - 1];
                f[i][j] = (f[i][j] + mod) % mod;
                sum[i][j] = j == 0 ? f[i][j] : sum[i][j - 1] + f[i][j];
                sum[i][j] = (sum[i][j] + mod) % mod;
            }
        }
        return (int)f[n][k];
    }
}

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7;
    public int kInversePairs(int n, int k) {
        int[][] f = new int[n + 1][k + 1];
        int[][] sum = new int[n + 1][k + 1];
        f[1][0] = 1;
        Arrays.fill(sum[1], 1);
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= k; j++) {
                f[i][j] = j < i ? sum[i - 1][j] : (sum[i - 1][j] - sum[i - 1][j - (i - 1) - 1] + mod) % mod;
                sum[i][j] = j == 0 ? f[i][j] : (sum[i][j - 1] + f[i][j]) % mod;
            }
        }
        return f[n][k];
    }
}