Baby Ehab Plays with Permutations 题解

前言

题目链接：Codeforces；洛谷。

题意简述

你有一个长度为 $n$ 的序列 $p$ 满足 $p_i=i$，你可以进行 $x$ 次操作，每次操作找到两个不同的 $i,j$ 并且交换 $p_i,p_j$，问最终有几个可能的序列。分别求出 $x=1,\dots ,k$ 时的答案。

$1\le n\le {10}^9$，$1\le k\le 200$。

题目分析

先考虑暴力 DP。显然原问题等价于求有多少排列经过 $x$ 次交换后得到 $p_i=i$。设 $f_i(x)$ 表示有多少长度为 $x$ 的排列，至少经过 $i$ 次操作可以得到原序列。边界 $f_0(x)=1$。考虑转移。对于 $f_i(x)$ 考虑 $p_x$ 的值。若 $p_x=x$，有 $f_i(x)=f_i(x-1)$；否则对于 $p_x=1,\dots ,x-1$ 需要进行一次交换 $f_i(x)=(x-1)f_{i-1}(x-1)$。综合得到 $f_i(x)=f_i(x-1)+(x-1)f_{i-1}(x-1)$。由于我们总是能浪费偶数次操作，所以对于一个 $x$，答案为 $\sum f_{x-2t}(n)$。

这么做时间复杂度是 $\mathrm{\Theta }(nk)$ 的。

显然瓶颈在于 $n$，考虑优化掉它。发现进行 $x$ 次操作，最多只有 $2x$ 个关键点发生变化，不妨从这里入手。

不妨枚举有 $i$ 个位置发生了变化，类似浪费 $2t$ 次操作，对答案的贡献为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\sum g_{x-2t}(i)$，其中 $g_i(x)$ 表示有多少长度为 $x$ 的序列，每一个位置都发生了变化，至少经过 $i$ 次操作变回原序列。

显然 $g$ 不等价于 $f$，因为 $f$ 计算的时候可能存在 $p_i=i$。不妨找找二者关系。我们类比用 $f$ 统计答案的过程，钦定只有某些位置发生变化，用 $f$ 表示出 $g$，有：

$$f(x)=\sum _{i=0}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})g(i)$$

这很二项式反演，不会的可以看看我的《学习笔记》。

根据经典定理，我们得到：

$$g(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})f(i)$$

于是问题迎刃而解。时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(k^3)$。

代码

部分分 $\mathrm{\Theta }(nk)$

点击查看代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7;
 
inline int add(int a, int b) {
	return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
 
inline int mul(int a, int b) {
	return 1ll * a * b % mod;
}
 
int n, k;
int f[1000010][220];
 
signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= k; ++j) {
			f[i][j] = add(f[i - 1][j], mul(i - 1, f[i - 1][j - 1]));
		}
	}
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		int ans = 0;
		for (int j = i; j >= 0; j -= 2)
			ans = add(ans, f[n][j]);
		printf("%d\n", ans);
	}
    return 0;
}

正解 $\mathrm{\Theta }(k^3)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7;
 
inline int add(int a, int b) {
	return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
 
inline int sub(int a, int b) {
	return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}
 
inline int mul(int a, int b) {
	return 1ll * a * b % mod;
}
 
int n, k;
int f[420][420], g[420][420];
 
int frac[420], Inv[420], ifrac[420], tfrac[420];
void init(int n = 400) {
	frac[0] = ifrac[0] = tfrac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		frac[i] = mul(frac[i - 1], i);
		Inv[i] = i == 1 ? 1 : sub(0, mul(mod / i, Inv[mod % i]));
		ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);
		tfrac[i] = mul(tfrac[i - 1], ::n - i + 1);
	}
}
 
inline int C(int m) {  // C(n, m) = n * ... * (n - m + 1) / m!
	return mul(tfrac[m], ifrac[m]);
}
 
inline int C(int n, int m) {
	return mul(frac[n], mul(ifrac[n - m], ifrac[m]));
}
 
signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &k), init(), f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= min(n, k << 1); ++i) {
		f[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= k; ++j) {
			f[i][j] = add(f[i - 1][j], mul(i - 1, f[i - 1][j - 1]));
		}
	}
	for (int i = 0; i <= min(n, k << 1); ++i)
		for (int j = 0; j <= k; ++j)
			for (int x = 0; x <= i; ++x) {
				if ((i - x) & 1)
					g[i][j] = sub(g[i][j], mul(C(i, x), f[x][j]));
				else
					g[i][j] = add(g[i][j], mul(C(i, x), f[x][j]));
			}
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		int res = 0;
		for (int j = min(i << 1, n); j >= 0; --j) {
			if (i >= 2) g[j][i] = add(g[j][i], g[j][i - 2]);
			res = add(res, mul(g[j][i], C(j)));
		}
		printf("%d ", res);
	}
    return 0;
}