Description

对于一个数列 ${ai}$ ，如果有 $i<j$ 且 $a_i>a_j$ ，那么我们称 $a_i$ 与 $a_j$ 为一对逆序对数。若对于任意一个由 $1...n$ 自然数组成的数列，可以很容易求出有多少个逆序对数。那么逆序对数为k的这样自然数数列到底有多少个？

Input

第一行为两个整数 $n$ ， $k$ 。

Output

写入一个整数，表示符合条件的数列个数，由于这个数可能很大，你只需输出该数对 $10000$ 求余数后的结果。

Sample Input

4 1

Sample Output

Hint

$n<=1000,k<=1000$

Solution

考虑一个 $1...i$ 的排列，当要插入 $i+1$ 时，由于它是最大的，所以无论在何处插入，其后方的所有数都会与它产生一对新的逆序对

于是有方程 $dp[i][j]$ 表示 $1...i$ 的排列中，有 $j$ 个逆序对的方案数

转移方程为：

$dp[i][j]=\sum_{k=0}^{min(i-1,j)}dp[i-1][j-k]$

边界为 $dp[1][0]=1$

复杂度是 $O(nk^2)$ ，注意到可以利用前缀和优化，于是使得复杂度进一步下降为 $O(nk)$ ，复杂度正确

Code

实际实现过程中发现状态数组可以优化掉第一维

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define maxn 1005
using namespace std;

const int mod=10000;
int n,K;
int dp[maxn];
int sum[maxn];

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&K);
	dp[0]=sum[0]=1;
//	for(register int i=1;i<=n;++i)
//		for(register int j=0;j<=K;++j)
//			for(register int k=min(j,i-1);k>=0;--k)
//				dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%mod;
	for(register int i=1;i<=K;++i)
		sum[i]=sum[i-1];
	for(register int i=2;i<=n;++i)
	{
		for(register int j=0;j<=K;++j)
		{
			dp[j]=sum[j]%mod;
			if(j>i-1)
				dp[j]=(dp[j]-sum[j-i]+mod)%mod;
		}
		sum[0]=dp[0];
		for(register int j=1;j<=K;++j)
			sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%mod;
	}
	printf("%d",dp[K]);
}

这大概是处理类似的排列或者计数一类题目的套路？
似乎很值得推广啊