P4778 Counting Swaps

题意：给定一个 $1\sim n$ 的排列 $a$。每次可以选两个位置 $i,j$，耗费 $1$ 的代价交换 $a_i,a_j$。问使得 $a$ 升序排列的最小代价是多少，以及方案数。$1\le n\le {10}^5$。

求最小代价：连边 $i\to a_i$，得到若干个环。一个大小为 $x$ 的环需要 $x-1$ 次操作消除。答案就是每个环的大小 $-1$ 之和。

这个结论会用到一个引理：$k$ 大小的环至少 $k-1$ 次操作变成 $k$ 个自环。这可以用数学归纳法证明。

然后是方案数。令 $f_i$ 表示大小为 $i$ 的环变成 $i$ 个自环的方案数。初值 $f_1=0$。

一次操作可以把 $i$ 大小的环拆成两个大小为 $x,y$ 的环，要求 $x+y=i$。然后考虑有多少种方法拆出 $x,y$ 两个环。注意到如果 $x=y$，方案数为 $i/2$；否则方案数为 $i$。记 $T(x,y)=({\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^{[x=y]}\cdot i$。最后，两个环各自变成自环的操作可以随意排列。

于是有 $$f_i=\sum _{x+y=i}{f}_x\cdot f_y\cdot T(x,y)\cdot {\displaystyle \frac{i-2}{(x-1)!(y-1)!}}$$

先求出 $f[]$。假设图中有环，长度为 $L_1,L_2,\dots ,L_k$。则总方案数为： $$ans=(\prod _{i=1}^{k}f[L_i])\cdot ({\displaystyle \frac{(n-k)!}{\prod _{i=1}^k(L_i-1)!}})$$

求 $ans$ 在预处理 $f$ 后，用快速幂等方法可以做到接近线性。而复杂度瓶颈在于求 $f$。复杂度为 $O(n^2\log n)$。

以上是本题一半的解法，也是比较合理的思路。如果使用分治 FFT 等黑科技优化，可能可以通过本题。但是这里有一个更优美的做法。

一个毫无理由的观察：$f[n]=n^{n-2}$。下面给出这个结论的组合意义证明。

证明：