CF715E—— Complete the Permutations

传送门：QAQQAQ

 

题意：给你两个$1$~$n$的排列，0表示该位置数字不确定，两两交换第一个排列中的元素使之变成第二个排列，令$s[x]$表示对于所有不同的两个排列，最少交换次数为$x$的序列有$s[x]$个，求$x=0$~$n-1$所有的$s[i]$

 

思路：简直神题QAQ，不愧CF3400，思路十分巧妙

直接贴上大佬的题解：

　　这里对于题解加上一些个人的理解：因为最少交换数就是$n-Cycle(G)$，所以我们可以统计不同连边情况对于环个数的贡献

　　如果是数字单独成环，那么这个环仅有一个且不会变化，最后算进即可，如果数字成链，既不可能分成多个环，也不可能单独成环，最终肯定接在0-0两端，且只有一种情况，所以对答案不会有贡献

　　那么剩下的就是统计$0-x$,$x-0$,$0-0$的组成不同个数环的方案数，用到第一类斯特林数（表示$i$个数摆成$j$个圆排列的方案个数，因为确定一个圆排列，0的值就可以确定了，即对应一种方案（除了$0-0$，两个接口都是0还要乘阶乘）），生成函数见上（用i表示i个环的方案数）

　　（$x-0$接$0-x$必须要$0-0$过度，且$x-0$,$0-x$接进$0-0$对环的个数没有任何影响，因为开头结尾依然是$0-0$，且都是一条链，这些没有埋进去的才进行斯特林数统计）

　　有一点要注意，就是$0-0$要乘$va!$，因为有$va$个$0-0$，圆排列即有$va$个接口，每个接口的数值都是随便的，所以要乘上阶乘；而一段有值接上时另一端点0就被赋值成了那个值，只有1种情况

 

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
const int N=5005;

int ADD(int &x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=MOD) x%=MOD;
}

int DEC(int &x,int y)
{
    x=x+MOD-y;
    if(x>=MOD) x-=MOD; 
}

int n,p[N],q[N];
int dp[N][N],C[N][N],base[N];
void init()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]);
    dp[0][0]=1;//(first stirling)
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++) dp[i][j]=(1LL*dp[i-1][j]*(i-1)+dp[i-1][j-1])%MOD;
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
    }
    base[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) base[i]=1LL*base[i-1]*i%MOD;
}

void run(int *a,int *b,int *c)
{
    int ret[N*2];
    memset(ret,0,sizeof(ret));//！！！
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++) ret[i+j]=(ret[i+j]+1LL*a[i]*b[j]%MOD)%MOD;
    for(int i=0;i<=n;i++) c[i]=ret[i];
}

//p->q
int va=0,vb=0,vc=0,vd=0;//0-0  0-x  x-0  x-x
int bln[N],blp[N];//nxt/pre
int pre[N],nxt[N],vis[N];
int F[N*3],G[N*3],H[N*3];
void ready()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(p[i]&&q[i]) nxt[p[i]]=q[i],pre[q[i]]=p[i];
        else if(p[i]) bln[p[i]]=1; 
        else if(q[i]) blp[q[i]]=1;
        else va++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)//value 
    {
        if(vis[i]) continue;
        vis[i]=1;
        int l=i,r=i;
        while(!vis[pre[l]]&&pre[l]) l=pre[l],vis[l]=1;
        while(!vis[nxt[r]]&&nxt[r]) r=nxt[r],vis[r]=1;
        if(nxt[r]==l) vd++;
        else if(blp[l]&&!bln[r]) vb++;
        else if(!blp[l]&&bln[r]) vc++;
        else if(blp[l]&&bln[r]) va++; 
    }
    //cout<<va<<" "<<vb<<" "<<vc<<" "<<vd<<endl;
}

int ans[N];
void solve()
{
    int tmp;
    for(int i=0;i<=vb;i++)
        for(int j=i;j<=vb;j++) 
        {
            if(j==vb) tmp=1;
            else tmp=C[va+vb-j-1][va-1];//¿ÉÄÜva=0 µ½-1 
            ADD(G[i],1LL*dp[j][i]*C[vb][j]%MOD*tmp%MOD*base[vb-j]%MOD);
        }
    for(int i=0;i<=vc;i++)
        for(int j=i;j<=vc;j++) 
        {
            if(j==vc) tmp=1;
            else tmp=C[va+vc-j-1][va-1];
            ADD(H[i],1LL*dp[j][i]*C[vc][j]%MOD*tmp%MOD*base[vc-j]%MOD);
        }
    for(int i=0;i<=va;i++) ADD(F[i],1LL*dp[va][i]*base[va]%MOD);
    run(F,G,F);
    run(F,H,F);
    for(int i=0;i<=va+vb+vc;i++) ans[n-i-vd]=F[i];
    for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",ans[i]);
}

int main()
{
    init();
    ready();
    solve();
    return 0;
}