Given two integers n and k, find how many different arrays consist of numbers from 1 to n such that there are exactly k inverse pairs.

We define an inverse pair as following: For ith and jth element in the array, if i < j and a[i] > a[j] then it's an inverse pair; Otherwise, it's not.

Since the answer may very large, the answer should be modulo 109 + 7.

Example 1:

Input: n = 3, k = 0
Output: 1
Explanation: 
Only the array [1,2,3] which consists of numbers from 1 to 3 has exactly 0 inverse pair.

Example 2:

Input: n = 3, k = 1
Output: 2
Explanation: 
The array [1,3,2] and [2,1,3] have exactly 1 inverse pair.

Note:

1. The integer n is in the range [1, 1000] and k
    is in the range [0, 1000].

這道題給了我們1到n總共n個數字，讓我們任意排列陣列的順序，使其剛好存在k個翻轉對，所謂的翻轉對，就是位置在前面的數字值大，而且題目中表明瞭結果會很大很大，要我們對一個很大的數字取餘。對於這種結果巨大的題目，勸君放棄暴力破解或者是無腦遞迴，想都不用想，那麼最先應該考慮的就是DP的解法了。我們需要一個二維的DP陣列，其中dp[i][j]表示1到i的數字中有j個翻轉對的排列總數，那麼我們要求的就是dp[n][k]了，即1到n的數字中有k個翻轉對的排列總數。現在難點就是要求遞推公式了。我們想如果我們已經知道dp[n][k]了，怎麼求dp[n+1][k]，先來看dp[n+1][k]的含義，是1到n+1點數字中有k個翻轉對的個數，那麼實際上在1到n的數字中的某個位置加上了n+1這個數，為了簡單起見，我們先讓n=4，那麼實際上相當於要在某個位置加上5，那麼加5的位置就有如下幾種情況：

xxxx5

xxx5x

xx5xx

x5xxx

5xxxx

這裡xxxx表示1到4的任意排列，那麼第一種情況xxxx5不會增加任何新的翻轉對，因為xxxx中沒有比5大的數字，而 xxx5x會新增加1個翻轉對，xx5xx，x5xxx，5xxxx分別會增加2，3，4個翻轉對。那麼xxxx5就相當於dp[n][k]，即dp[4][k]，那麼依次往前類推，就是dp[n][k-1], dp[n][k-2]...dp[n][k-n]，這樣我們就可以得出dp[n+1][k]的求法了:

dp[n+1][k] = dp[n][k] + dp[n][k-1] + ... + dp[n][k - n]

那麼dp[n][k]的求法也就一目瞭然了:

dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]

那麼我們就可以寫出程式碼如下了：

解法一：

class Solution {
public:
    int kInversePairs(int n, int k) {
        int M = 1000000007;
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(k + 1, 0));
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                for (int m = 0; m <= k; ++m) {
                    if (m - j >= 0 && m - j <= k) {
                        dp[i][m] = (dp[i][m] + dp[i - 1][m - j]) % M;
                    }
                }
            }
        }
        return dp[n][k];
    }
};

我們可以對上面的解法進行時間上的優化，還是來看我們的遞推公式: 

dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + ... + dp[n - 1][k - n + 1]

我們可以用k+1代替k，得到：

dp[n][k+1] = dp[n - 1][k+1] + dp[n - 1][k] + ... + dp[n - 1][k + 1 - n + 1]

用第二個等式減去第一個等式可以得到：

dp[n][k+1] = dp[n][k] + dp[n - 1][k+1] - dp[n - 1][k - n + 1]

將k+1換回成k，可以得到：

dp[n][k] = dp[n][k-1] + dp[n - 1][k] - dp[n - 1][k - n]

我們可以發現當k>=n的時候，最後一項的陣列座標才能為非負數，從而最後一項才有值，所以我們再更新的時候只需要判斷一下k和n的關係，如果k>=n的話，就要減去最後一項，這種遞推式算起來更高效，減少了一個迴圈，參見程式碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int kInversePairs(int n, int k) {
        int M = 1000000007;
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(k + 1, 0));
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            dp[i][0] = 1;
            for (int j = 1; j <= k; ++j) {
                dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]) % M;
                if (j >= i) {
                    dp[i][j] = (dp[i][j] - dp[i - 1][j - i] + M) % M;
                }
            }
        }
        return dp[n][k];
    }
};

參考資料：