两种特殊的矩阵

杨氏矩阵

部分参考凄魉博客。

性质

杨氏矩阵（杨表）是这样的二维数组，满足 $a_{i,j}\le a_{i+1,j},a_{i,j}\le a_{i,j+1}$。以 $a_{1,1}$ 为根的话，杨表满足堆的性质。以 $a_{1,m}$ 为根，满足平衡树的性质。下图就是一个杨表：

可以发现，杨表不一定是一个矩形。我们接下来解决两个问题：

第一个问题，给定一个阶梯型矩阵，共有 n 个位置，求把 1~n 填进去构成杨氏矩阵的数量。

根据钩子定理，答案等于 $\frac{n!}{\prod h_{i,j}}$，$h_{i,j}$ 定义为 (i,j) 这个格子下面的格子数+右边的格子数+1。下图格子里的数标注的就是每个格子的 h 值：

我们感性理解一下这个结论：把这 n 个数随机填入矩阵，每个格子是它下面以及右边格子的最小值的概率是 $\frac{1}{h_{i,j}}$，那么把每个格子的概率乘起来大概就能得到我们的钩子定理了。虽然结论正确，我们的证明确实有疏漏的，因为这些事件不是相互独立的。

我们来解决第二个问题：n 个元素的杨表一共有多少种？先说结论：设 $f_n$ 表示 n 个元素杨表的数量，那么有 $f_n=f_{n-1}+(n-1)f_{n-2}$。这个递推式的意义不好解释，但是对于另一个问题，这个递推式就显而易见了，这个问题就是 n 个点任意匹配的方案数。这似乎说明了，这两个问题似乎存在一种对应关系？

我们来证明这个递推式。首先，如果我们有一个大小为 n-1 的杨表，我们一定可以把 n 放到最后一行得到大小为 n 的杨表。这就得到了递推式的前一项。接下来，如果我们有一个 1~n-1 的数 j 和一个 n-1 的杨表，我们同样能唯一确定一个大小为 n 的杨表，方法是这样的：

• 把杨表中元素 j~n-1 全部 +1，得到一个包含 [1~j-1] 和 [j+1,n] 的杨表。
• 把 j 插入到杨表中（下面“实现”中的”插入“）。

容易发现操作是可逆的，也就是说 (j,n-1 的杨表) 这个二元组和 n 的杨表是一一对应的。我们的递推式得证。

下面不加证明地给出几个结论：

• 两个形状相同大小为 n 的杨表对应一个 n 的置换。
• 两个完全相同大小为 n 的杨表对应一个逆等于自身的置换（这也就说明了为什么 n 个点杨表数量等于 n 个点随意匹配的方案数。
• 如果 (a,b) 对应置换 P，那么 (b,a) 对应置换 P^-1 。

当然不会证明…

实现

查询

根据杨表的性质，要查询某个元素 x，类似平衡树，一开始位置在 (1,m)，如果当前位置元素大于 x，那么这一列都不会合法，删去（等价于向左走一步）。反之同理。这样查询一个数的复杂度是 $O(n+m)$。

插入

我们把一个元素 val 插入到杨表中，需要调用 Insert(1,inf,val) 。类似查询一个数的方式即可。由于杨表第 i 行元素个数大于等于第 i+1 行元素个数。因此整个杨表有值的位置只有前 $\sqrt{n}$ 行并上前 $\sqrt{n}$ 列。

void Insert(int x,int y,int val)
{
	y=min(y,a[x][0]);
	while(y&&a[x][y]>val) y--;
	y++;
	if(y>a[x][0]) a[x][++a[x][0]]=val;
	else Insert(x+1,y,a[x][y]),a[x][y]=val;
}

删除

类似堆删除的思想，每次用矩阵最大元素代替删除元素，然后调整矩阵。

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Remark： 发现求杨表的过程相当于贪心求解最长上升子序列。因此杨表的第一行长度就是最长上升子序列，第二行可以看做被第一行踢下去的元素求解最长上升子序列（踢下去表示第一行有更优的元素代替它）。以此类推。因此杨表可以做类似“取出 k 个不相交的上升子序列使得总长尽可能长”这样的问题。

例题

给定一个序列，若干次询问，每次给出 m,k，找出 $b_{1,...,m}$ 这个前缀最长的子序列，使得子序列的最长上升子序列不超过 k。

首先最长反链等于最小链覆盖，因此等价于找出 k 个互不相交的不升子序列，使得它们的总长度最长。这就相当于建一个“反杨表”（$a_{i,j}\ge a_{i+1,j},a_{i,j}\ge a_{i,j+1}$），然后把元素一个一个插进去，前 k 行就是答案。根据性质2，可以发现只要记录杨表的前根号行和前根号列即可。

那么我们就要维护杨表转置的前根号行。众所周知，把序列倒着插入（比较的时候加个等号）就可以得到杨表的转置。但是这个题显然不能这样做。一个神奇的性质是把上面插入代码中第四行 while(y&&a[x][y]>val) y--; 改为 while(y&&a[x][y]<=val) y--; 就可以得到一个和转置长得一样的矩阵（不是转置），所以我们只需要这个东西就行了。

注意插入的时候要对于每行二分，否则复杂度退化为 $O(n)$。不过好像数据不是很强，暴力插入也能过？

#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define fir first
#define sec second
#define ld long double
using namespace std;
const int N=50010,M=500010;
typedef pair  P;
int B,c[N],ksj[M],n,q,a[N];
vector 
 b[N];
void add(int x) {while(x<=n) c[x]++,x+=x&-x;}
int get(int x) {int ans=0; while(x) ans+=c[x],x-=x&-x; return ans;}
struct Table1
{
	int a[300][N];
	void insert(int x,int y,int val)
	{
		if(x>B) return;
		int l=1,r=min(y,a[x][0]),ans=r+1;
		while(l<=r)
		{
			int mid=l+r>>1;
			if(a[x][mid]B) return;
		int l=1,r=min(y,a[x][0]),ans=r+1;
		while(l<=r)
		{
			int mid=l+r>>1;
			if(a[x][mid]>=val) r=mid-1,ans=mid;
			else l=mid+1;
		}
		if(a[x][0]B) ans+=get(k)-get(B);
			ksj[b[i][j].sec]=ans;
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) cout<

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一种单调性矩阵

n*m 的矩阵，定义一个矩阵有单调性当且仅当取两行两列，如果 a $$\begin{gathered} a...b \\ ...... \\ c...d \end{gathered}$$

对于单调矩阵，每次询问一个点的值，我们可以用 $O(n+m)$ 次询问找出每一行的最大值。

一个性质：矩阵满足单调性的充要条件是对于任意 $2\times 2$ 的矩阵，都有主对角线的和大于等于另一条对角线的和。

做法

分两个步骤：

• 当 n 比较第一行的前两个元素，如果 ab，那么可以完整删掉b这一列。可以发现，操作完后矩阵变成一个方阵。
• 当 n=m 时，把偶数行提取出来合并成一个新矩阵，递归处理。然后奇数行的答案一定夹在相邻的两个偶数行的答案之间，只需要进行 $O(n)$ 次询问即可。

$T(n)=T(n/2)+O(n)=O(n)$