JOISC2018D 修行 (Asceticism)

题意

给定 $n,k$，求能被恰好分成 $k$ 段上升序列，即恰好存在 $k$ 个 $p_i>p_{i+1}$ 的位置 $i$ 的排列 $p$ 的个数，模数 ${10}^9+7$。

$n,k\le {10}^5$

分析

其实就是欧拉数。

有一个 $O(n^2)$ 做法：设 $f_{n,k}$ 表示答案。转移考虑 $n$ 插入在上升序列末尾（贡献 0）或者其他地方（贡献 1），$f_{n,k}=k{f}_{n-1,k}+(n-k+1)f_{n-1,k-1}$。对正解没有启发作用。

考虑二项式反演，转而计算钦定 $k$ 个位置 $p_i>p_{i+1}$ 的方案数，这 $k$ 个大于号能将原排列分成 $n-k$ 段，段内序列递减。发现这个问题等价于将 $n$ 个有标号的球划分到 $n-k$ 个有标号盒子里，盒子之内的球没有顺序。这其实就是第二类斯特林数乘以阶乘 $S(n,n-k)\cdot (n-k)!$。考虑将 $S(n,n-k)$ 用通项展开：

$$f_k=\sum _{i=0}^{n-k}(-1{)}^{n-k-i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{i})}{i}^n$$

代入二项式反演式子（至少推恰好） $g_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{f}_i$：

$$g_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}\sum _{j=0}^{n-i}(-1{)}^{n-i-j}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{j})}{j}^n$$

$$=\sum _{j=0}^n(-1{)}^{n-k-j}{j}^n\sum _{i=0}^{n-j}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{j})}$$

$$=\sum _{j=0}^n(-1{)}^{n-k-j}{j}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+j+1})}$$

第三步用到了一个组合恒等式 $\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{y})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{x+y+1})}$，证明考虑枚举一个特殊位置，然后让前面的选 $x$ 个，后面的选 $y$ 个，这等价于 $n+1$ 个物品中选 $x+y+1$ 个。

直接做即可，复杂度 $O(n\log n)$ 或 $O(n)$。

多点求值可以套用 $f_k=S(n,n-k)\cdot (n-k)!$ 直接第二类斯特林数行做。

int n,k;
int fac[maxn],inv[maxn];
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod;
	return res;
}
int C(int x,int y){
	if(x<y)return 0;
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
void init(int lim){
	fac[0]=1;rep(i,1,lim)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[lim]=ksm(fac[lim],mod-2);per(i,lim-1,0)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline void solve_the_problem(){
	n=rd(),k=rd()-1;
	init(n+1);
	int ans=0;
	rep(i,0,n-k){
		int res=ksm(i,n)*C(n+1,k+i+1)%mod;
		if((n-k-i)%2==0)ans=(ans+res)%mod;
		else ans=(ans+mod-res)%mod;
	}
	write(ans);
}