Gym102538 300iq Contest 3 部分补题记录 || 杨氏矩阵学习笔记

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前言

我是傻逼

D.Disjoint Lis

题意：定义一个排列是“好”的，如果在这个排列中能找到两个不相交的最长上升子序列。

给定$n$，求长为$n$的"好"排列个数对998244353取模的结果。
$n<=75$

前置知识：杨氏矩阵

参考链接
杨氏矩阵又叫杨表 满足：

1. 若(i,j)为空，则它右边和下边的位置也一定为空
2. 若(i,j)有元素w,则它右边和下边要么为空，要么有比w大的元素
3. 1~n组成的杨氏矩阵的个数:$$f(1)=1,f(2)=2,f(n)=f(n-1)+(n-1)f(n-2),(n>2)$$
4. 钩子公式：对于给定形状，不同的杨氏矩阵的个数为：$n!$除以每个格子的钩子长度加一的积，其中钩子长度的定义为该格子右边的格子数和它上边的格子数之和

e.g poj1825 给定如下形状
x x x x x
x x x
x x x
x
把1~12填入x所在位置，从上到下，从左到右都是按小到大排列，有几种排法
直接套钩子公式

杨氏矩阵可以支持以下操作：

1. 查找值为x的元素 根据元素大小关系从左上角出发移动就行
2. 查找第k大的元素 二分一个比矩阵中k个数大的数x，然后用1中查找法找到最大的比他小的数x

杨表和排列的对应关系：

记$\lambda =({\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_m)(\lambda 1\ge {\lambda }_2\ge \cdots \ge {\lambda }_m>0)$是n的一个整数拆分，记为$\lambda ⊢N$
RSK算法：
参考:IOI2019集训队论文 《浅谈杨氏矩阵在信息学竞赛中的应用》
插入算法：
令$S$是一个杨表，定义$S\leftarrow x$表示将$x$从第一行插入杨表中，具体做如下操作：

1. 在当前行中找到最小的比$x$大的数$y$
2. 如果找到了就用$x$去替换$y$，移动到下一行，令$x\leftarrow y$重复操作1.
3. 如果找不到，把$x$放在该行末尾并退出。记$x$在第$s$行第$t$列，$(s,t)$必定是一个边角。一个格子$(s,t)$是边角当且仅当(s+1,t)和(s,t+1)都不存在格子。

我们可以类似地定义对列插入算法。
定义$x\to S$表示将$x$从第一列插入杨表中。
有引理：$S\leftarrow x$和$x\to S$一定是一个杨表。

对于一个排列$X=(x_1,x_2,\cdots ,x_k)$定义$P_x$为杨表，$Q_x$为记录表，即在对$P_x$插入$x_i$时将下标的$i$插入对应位置并维持$Q_x$与$P_x$的形状相同。显然，$Q_x$也是一个杨表。

定理：一个1到n的排列$X=x_1,x_2,\cdots ,x_n$和一对相同形状的标准杨表是一一对应的。也就是说，$$\sum _{\lambda ⊢N}{f}_{\lambda }^2=n!$$

定义k-LIS序列为LIS长度不超过k的序列
同理可以定义k-LDS序列为LDS不超过k的序列
显然最长的1-LIS子序列就是该序列的LDS（杨表第一列）
最长的k-LIS长度就是前k列长度总和，最长的k-LDS长度就是前k行的长度总和。

那么根据Dilworth定理，本题中要求的就是2-LDS=2*LIS长度的排列个数
构造杨表 第一行和第二行长度都为L 求这样的杨表的个数就行了
也就是说${\lambda }_1={\lambda }_2=L$ ，枚举这个$L$,把剩下的$(n-2\times L)$拿去划分一下 就可以用钩子公式得到总数了

#include
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 80, md = 998244353;
ll r[maxn], c[maxn], ans, n, fac[maxn], inv[maxn];
ll ksm(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a % md;
        a = a * a % md;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void dfs(int cur, int rem, int lim) {
    if (rem == 0) {
        memset(c, 0, sizeof(c));
        for (int i = 1; i < cur; i++) c[r[i]]++;
        for (int i = n-1; i > 0; i--) c[i] += c[i+1];
        ll res = fac[n];
        for (int i = 1; i < cur; i++)
            for (int j = 1; j <= r[i]; j++)
                res = res * inv[r[i]+c[j]-j-i+1] % md;
        ans = (ans + res * res % md) % md;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= min(rem, lim); i++) {
        r[cur] = i;
        dfs(cur + 1, rem - i, i);
    }
}
int main() {
    cin >> n;
    fac[0] = inv[1] = 1;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i-1]*i%md;
    for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = ksm(i, md-2);
    int t = n / 2;
    for (int i = 1; i <= t; i++) {
        r[1] = r[2] = i;
        dfs(3, n-2*i, i);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}