LG4778 Counting swaps 题解

LG4778 Counting swaps

给定你一个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，可进行若干次操作，每次选择两个整数 \(x,y\)，交换 \(p_x,p_y\)。

用最少的操作次数将给定排列变成单调上升的序列 \(1,2,\dots,n\)，有多少种方式呢？请你输出方式数对 \(10^9+9\) 取模的结果。

对于一个排列 \(p\)，如果 \(i\) 向 \(p_i\) 连边形成一张有向图，显然会形成若干个简单环，目标状态即 \(n\) 个自环。

将一个大小为 \(k\) 的环变成 \(k\) 个自环，至少需要 \(k-1\) 次交换（每次交换至多增加一个环）。

定义 \(f(i)\) 为将一个大小为 \(i\) 的环，在保证交换次数最小的情况下，有多少种方式将其变成目标状态。

考虑每次将一个环分割成两个环，分割出来的两个环大小为 \(x,y\)，分割方案有多少种。

显然当 \(x=y\) 的时候，环上有 \(i/2\) 对点，所以方案数为 \(i/2\)。

当 \(x\neq y\) 时候，环上可以选取 \(i\) 个点，每个点与顺时针方向的第 \(x\) 个点向匹配，方案数为 \(i\) 种。

同时分割成两个环之后，两个环内的操作是不会互相影响的，所以相当于有两种操作，第一种操作 \(x\) 个，第二种操作 \(y-1\) 个，最后的操作序列有多少种。即 \(\frac{(x+y-2)!}{(x-1)!(y-1)!}\) 种。综上就是

\[f(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor x/2\rfloor} f_i\times f_{x-i}\times \frac{(x-2)!}{(i-1)!(x-i-1)!} \times \begin{cases}x \quad 2\times i\neq n\\ i \quad 2\times i=n\end{cases} \]

然后求出来之后会发现 \(f(x)=x^{x-2}\)。

将所有环的答案合并，由于每个环之间操作时不会互相影响的，所以方案数乘上可重集的排列数（和上方同理）。

\[ans=(\prod_{i=1}^{k}f(siz_i))\times \frac{(n-k)!}{\prod_{i=1}^{k}(siz_i-1)!} \]

总时间复杂度 \(O(n\log n)\)，复杂度瓶颈在快速幂求 \(f(x)\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll read(){
	ll x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}

const ll MOD=1000000009;
inline ll fpr(ll b,ll t=MOD-2,ll x=1){
	for(;t>0;t>>=1,b=b*b%MOD)
		if(t&1)x=x*b%MOD;
	return x;
}
namespace binom{
	const int RRN=1000006;
	ll fac[RRN],ifc[RRN];
	inline void binom_init(int n){
		fac[0]=ifc[0]=1ll;
		for(ll i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
		ifc[n]=fpr(fac[n]);
		for(ll i=n-1;i>=1;--i)ifc[i]=ifc[i+1]*(i+1)%MOD;
	}
	inline ll C(ll n,ll r){
		if(n<r)return puts("114514"),-1;
		return fac[n]*ifc[r]%MOD*ifc[n-r]%MOD;
	}
}
using namespace binom;

const int N=1000006;
int n,p[N],tot;
ll f[N],top;bool vis[N];
inline void dfs(int loc){
	vis[loc]=1;++tot;
	if(!vis[p[loc]])dfs(p[loc]);
}

int main(){
	binom_init(1000000);
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		tot=top=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)vis[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&p[i]);
		for(int i=1;i<=n;++i){
			if(!vis[i]){
				int las=tot;
				dfs(i);
				f[++top]=tot-las;
				tot=las;
			}
		}
		ll ans=fac[n-top];
		for(int i=1;i<=top;++i)ans=ans*fpr(f[i],f[i]-2)%MOD;
		for(int i=1;i<=top;++i)ans=ans*ifc[f[i]-1]%MOD;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}