51Nod 1020 离线+DP

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题意：
定义一个排列的逆序数为排列中逆序对的个数。
给出$n$和$k$，问$n$位数的所有排列中，逆序数为$k$的排列个数有多少。

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思路：
考虑动态规划
定义$dp[i][j]$:$i$位数的排列中逆序数为$j$的排列个数

考虑对于$n+1$位数的排列，可以看作是$(n+1)$这个数插入到$n$位数的排列中而形成。

那么对于$dp[n+1][k]$的求取：
可以考虑利用$(n+1)$一定大于$1-n$中的任意一个数的性质。

初始$dp[n+1][k]=0$
假设第$(n+1)$这个数插入到$n$位数的排列最后一位，且最后新的排列的逆序数为$k$
则：
$$dp[n+1][k]=dp[n+1][k]+dp[n][k]$$

若第$(n+1)$这个数插入到$n$位数的排列倒数第二位，因为$(n+1)$一定是最大的数，故他跟他后面的数均会对答案有新的贡献，且贡献等于他后面的数的个数：
则：
$$dp[n+1][k]=dp[n+1][k]+dp[n][k-1]$$

…依此类推

则$$dp[n+1][k]=\sum _{i=max(0,k-n)}^{k}dp[n][i]$$

其中求和式可以利用前缀和进行优化时间复杂度。
因多组数据，可以考虑离线处理，优化空间复杂度。
最后总复杂度为：$O(nk+T)$，$n,k$为多组数据中的最大值。

代码：

#include
#include
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int A = 2e4 + 10;
int dp[A],sum[A],Ans[A],Mx_n,Mx_k,q;

class Qu{
public:
    int n,k,id;
    bool operator<(const Qu& rhs) const{
        if(n != rhs.n) return n < rhs.n;
        return k < rhs.k;
    }
}Q[A];

void solve(int n,int k){
    dp[0] = 1;
    int tot = 1;
    for(int i=2 ;i<=n ;i++){
        sum[0] = dp[0];
        while(tot<=q && Q[tot].n == i && Q[tot].k == 0){
                Ans[Q[tot].id] = 1;
                tot++;
        }
        for(int j=1 ;j<=k ;j++) sum[j] = (sum[j-1] + dp[j])%mod;
        for(int j=1 ;j<=k ;j++){
            if(j-i+1 > 0) dp[j] = (sum[j] - sum[j-i])%mod;
            else          dp[j] = sum[j];
            if(dp[j]<0) dp[j] += mod;
            while(tot<=q && Q[tot].n == i && Q[tot].k == j){
                Ans[Q[tot].id] = dp[j];
                tot++;
            }
        }
    }
    //printf("tot = %d\n",tot);
    for(int i=1 ;i<=q ;i++){
        printf("%d\n",Ans[i]);
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&q);
    Mx_n = Mx_k = 0;
    for(int i=1 ;i<=q ;i++){
        scanf("%d%d",&Q[i].n,&Q[i].k);
        Q[i].id = i;
        Mx_n = max(Mx_n,Q[i].n);
        Mx_k = max(Mx_k,Q[i].k);
    }
    sort(Q+1,Q+1+q);
    solve(Mx_n,Mx_k);
    return 0;
}