====== AtCoder Grand Contest 054 ======

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===== B - Greedy Division =====

==== 题意 ====

给出 $n$ 个物品，第 $i$ 个物品权重为 $w_i$。现有甲乙两人，要求将物品重新排列后依次分配每个物品。

分配物品满足如下规则：如果甲当前所得的物品权重和不大于乙，则将物品分给甲，否则分给乙。

问使得甲乙两人最后得所得物品权重和相等的排列方案共有多少种。

==== 解法 ====

假定甲得到物品的顺序依次为 $x_1,x_2\cdots x_k$，乙得到物品的顺序依次为 $y_1,y_2\cdots y_{n-k}$。

已知当序列 $x,y$ 固定时物品的总排列也是固定的。考虑背包求出不考虑 $x_1,x_2\cdots x_k$ 顺序时甲所得物品权重为 $\frac {\sum w_i}2$ 的方案数 $g_k$。

则答案为 $\sum_{k=1}^nk!(n-k)!g_k$，设 $\text{dp}(i,j,k)$ 表示仅考虑前 $i$ 个物品，甲所得物品总和为 $j$，已经选中 $k$ 个物品的方案数，不难得到状态转移。

时间复杂度 $O(n^2\sum w_i)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=105,MAXV=1e4+5,mod=998244353;
int w[MAXN],f[MAXN],dp[2][MAXV][MAXN];
int main()
{
	int n=read_int();
	_for(i,0,n)w[i]=read_int();
	int pos=0;
	dp[pos][0][0]=1;
	_for(i,0,n){
		pos^=1;
		_for(j,0,MAXV)_rep(k,0,n)
		dp[pos][j][k]=dp[!pos][j][k];
		_for(j,w[i],MAXV)_rep(k,1,n)
		dp[pos][j][k]=(dp[pos][j][k]+dp[!pos][j-w[i]][k-1])%mod;
	}
	f[0]=1;
	_rep(i,1,n)f[i]=1LL*f[i-1]*i%mod;
	int s=0;
	_for(i,0,n)
	s+=w[i];
	if(s%2==1)
	puts("0");
	else{
		s/=2;
		int p=1,ans=0;
		_rep(i,1,n)
		ans=(ans+1LL*dp[pos][s][i]*f[i]%mod*f[n-i])%mod;
		enter(ans);
	}
	return 0;
}
</code>
</hidden>

===== C - Roughly Sorted =====

==== 题意 ====

给定一个 $1\sim n$ 的排序 $P$，每次操作可以交换相邻两个元素的位置。

要求用最少的操作使得对每个 $i$，最多有 $k$ 个 $j\lt i$ 满足 $P_j'\gt P_i'$。

现已知 $P'$，问存在多少个可能的最初的 $P$。

==== 解法 ====

记 $f_i=\sum_{j=1}^{i-1}[P_j\gt P_i]$，不难发现对每次操作最多可以使得某个 $f_i$ 减一，于是最少操作数的下限为 $\sum_{i=1}^n \max(f_i-k,0)$。

考虑找到最小的 $i$ 使得 $f_i\gt k$，不难发现此时一定有 $P_{i-1}\gt P_i$，否则一定有 $f_{i-1}=f_i\gt k$，与 $i$ 的最小性矛盾。

交换 $P_{i-1},P_i$，可以使得 $f_i$ 减一。于是可以证明 $\sum_{i=1}^n \max(f_i-k,0)$ 这个操作下限是可以取到的。

根据离散数学知识，知逆序数与排列存在一一对应关系，同时有 $f(i)\le n-P_i$。

同时，为了使得步数最少，对 $f(i)\lt k$ 的位置，他的初值应该不变。对 $f(i)=k$ 的位置，他的初值只需要满足 $f(i)\le n-P_i$。

于是不难发现答案为 $\prod_{f(i)=k} (n-P_i-f(i)+1)$，时间复杂度 $O(n\log n)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=5e3+5,mod=998244353;
int c[MAXN];
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
void add(int pos){
	while(pos<MAXN){
		c[pos]++;
		pos+=lowbit(pos);
	}
}
int query(int pos){
	int ans=0;
	while(pos){
		ans+=c[pos];
		pos-=lowbit(pos);
	}
	return ans;
}
int a[MAXN],p[MAXN];
int main()
{
	int n=read_int(),k=read_int(),ans=1;
	_for(i,0,n){
		a[i]=read_int();
		p[i]=i-query(a[i]);
		add(a[i]);
		if(p[i]==k)
		ans=1LL*ans*(n-a[i]-p[i]+1)%mod;
	}
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>