對於這類和全排列有關的 dp 題，我們第一時間應該想到的套路是用 \(f[i][j]\) 表示從 \(1\) 到 \(i\) 的全排列，存在 \(j\) 個逆序對的情況數。和這題類似的題是 P2401 不等數列。

然後這題的轉移也比較容易，只要列舉一下第 \(i\) 個數插入的位置是哪個，用 \(i-1\) 的進行轉移即可。這樣可以得出一份 56 分的 TLE 程式碼。時間複雜度為 \(O(n^2c)\)。

這個程式碼可以進行滾動陣列優化但是貌似沒有必要。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c;
const int mod=1000000007;
int dp[1001][10004];
int main()
{
	cin >> n >> c;
	dp[1][0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		for (int j=0;j<=c;j++)
		{
			for (int k=1;k<=i;k++) if (j-i+k>=0) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-i+k])%mod;
		}
	}
	cout << dp[n][c];
	return 0;
}
 

發現一串連續的加和的形式，考慮字首和優化。將 \(dp\) 降成一維，可以用 \(f\) 陣列表示 \(dp\) 的字首和，那麼轉移很顯然就是：

注意一下邊界問題就可以輕鬆過掉了。時間複雜度是 \(O(nc)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c;
const int mod=1000000007;
int dp[10004],s[10004];
int main()
{
	cin >> n >> c;
	dp[0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		s[0]=dp[0];
		for (int j=1;j<=c;j++) s[j]=(s[j-1]+dp[j])%mod;
		for (int j=0;j<=c;j++) 
		{
			if (j-i>=0) dp[j]=(s[j]-s[j-i]+mod)%mod;
			else dp[j]=s[j];
		}
	}
	cout << dp[c];
	return 0;
}
 

對於各種 dp 問題，還是建議大家先把暴力 dp 打出來再考慮優化。