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:
- The integer
nis in the range [1, 1000] andkis in the range [0, 1000].
这道题给了我们1到n总共n个数字，让我们任意排列数组的顺序，使其刚好存在k个翻转对，所谓的翻转对，就是位置在前面的数字值大，而且题目中表明了结果会很大很大，要我们对一个很大的数字取余。对于这种结果巨大的题目，劝君放弃暴力破解或者是无脑递归，想都不用想，那么最先应该考虑的就是DP的解法了。我们需要一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示1到i的数字中有j个翻转对的排列总数，那么我们要求的就是dp[n][k]了，即1到n的数字中有k个翻转对的排列总数。现在难点就是要求递推公式了。我们想如果我们已经知道dp[n][k]了，怎么求dp[n+1][k]，先来看dp[n+1][k]的含义，是1到n+1点数字中有k个翻转对的个数，那么实际上在1到n的数字中的某个位置加上了n+1这个数，为了简单起见，我们先让n=4，那么实际上相当于要在某个位置加上5，那么加5的位置就有如下几种情况：
xxxx5
xxx5x
xx5xx
x5xxx
5xxxx
这里xxxx表示1到4的任意排列，那么第一种情况xxxx5不会增加任何新的翻转对，因为xxxx中没有比5大的数字，而 xxx5x会新增加1个翻转对，xx5xx，x5xxx，5xxxx分别会增加2，3，4个翻转对。那么xxxx5就相当于dp[n][k]，即dp[4][k]，那么依次往前类推，就是dp[n][k-1], dp[n][k-2]…dp[n][k-n]，这样我们就可以得出dp[n+1][k]的求法了:
dp[n+1][k] = dp[n][k] + dp[n][k-1] + … + dp[n][k - n]
那么dp[n][k]的求法也就一目了然了:
dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + … + dp[n - 1][k - n + 1]
那么我们就可以写出代码如下了：
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];
}
};
我们可以对上面的解法进行时间上的优化，还是来看我们的递推公式:
dp[n][k] = dp[n - 1][k] + dp[n - 1][k-1] + … + dp[n - 1][k - n + 1]
我们可以用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]
用第二个等式减去第一个等式可以得到：
dp[n][k+1] = dp[n][k] + dp[n - 1][k+1] - dp[n - 1][k - n + 1]
将k+1换回成k，可以得到：
dp[n][k] = dp[n][k-1] + dp[n - 1][k] - dp[n - 1][k - n]
我们可以发现当k>=n的时候，最后一项的数组坐标才能为非负数，从而最后一项才有值，所以我们再更新的时候只需要判断一下k和n的关系，如果k>=n的话，就要减去最后一项，这种递推式算起来更高效，减少了一个循环，参见代码如下：
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];
}
};
参考资料：
https://discuss.leetcode.com/topic/93815/java-dp-o-nk-solution/2
https://discuss.leetcode.com/topic/93765/shared-my-c-o-n-k-solution-with-explanation
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