K-Inversion Permutations 题解

把原序列 $a$ 转换成逆序对序列 $d$，$d_i$ 表示 $a_i$ 前有多少个数大于它。

容易知道，每个不同的 $d$ 序列有且仅有一个对应的 $a$ 序列。

所以我们只需要统计 $d$ 序列的个数了。

$d$ 序列需要满足的条件是：$\forall d_i\le i,{\sum }_{i=1}^n{d}_i=k$

容斥，枚举 $d$ 的某些位置一定超过了他的下标。

则 $ans=F_n^k-{\sum }_{i=1}^n{F}_n^{k-i}+{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n{F}_n^{k-i-j}\dots$

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发现会超时，则考虑展开后 $F_n^{k-i}$ 的系数。

$F_n^{k-i}$ 的系数为： 用一个数组成 $i$ 的方案数 - 用两个数组成 $i$ 的方案数 + $\dots$ （这里的数都是 $[1,n]$ 中互不相同的数）

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考虑 $dp$

$dp[i][j]$ 表示有 $i$ 个数在 $[1,n]$ 中且这 $i$ 个数互不相同的，降序数列的个数，数的和为 $j$。

那么 $dp[i][j]$ 有两种转移。

第一种： 确定了 $i$ 个数，给他们全部 $+1$， 则方案数 $add(dp[i][j],dp[i][j-i])$（最后一位一定不为 1）
第二种： 确定了 $i-1$ 个数，给他们全部 $+1$，则方案数 $add(dp[i][j],dp[i-1][j-i]$（最后一位一定为 1）

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但是还有一个要求，这 $i$ 个数小于等于 $n$，我们要去掉有数大于 $n$ 的方案的贡献。

因为数互不相同，每次最多+1，且超过 $n$ 了这种方案就马上被去掉，所以有且仅有第一个数超过了 $n$。

所以去掉这个数（第一个数）考虑，其他的数都小于 $n$ 且为降序，所以重复的方案数为 $dp[i-1][j-(n+1)]$。

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参考代码

#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstdlib> 
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define db double
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair <int, int>
#define MP(x,y) make_pair (x, y)
#define rep(i,j,k) for (int i = (j); i <= (k); i++)
#define per(i,j,k) for (int i = (j); i >= (k); i--)

template <typename T> T Max (T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min (T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs (T x) { return x > 0 ? x : -x; }
template <typename T>
void read (T &x) {
	x = 0; T f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-') f = -1;
		ch = getchar ();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
		ch = getchar ();
	}
	x *= f;
}
char For_Print[25];
template <typename T>
void write (T x) {
	if (x == 0) { putchar ('0'); return; }
	if (x < 0) { putchar ('-'); x = -x; }
	int poi = 0;
	while (x) {
		For_Print[++poi] = x % 10 + '0';
		x /= 10;
	}
	while (poi) putchar (For_Print[poi--]);
}
template <typename T>
void print (T x, char ch) {
	write (x); putchar (ch);
}

const int Maxn = 1e5;
const int Maxsn = 1000;
const LL Mod = 1e9 + 7;

int n, k;
LL f[Maxn + 5], dp[2][Maxn + 5];
LL fac[Maxn * 2 + 5], inv_fac[Maxn * 2 + 5];

void add (LL &x, LL y) { ((x += y) >= Mod) && (x -= Mod); }
void del (LL &x, LL y) { ((x -= y) < 0) && (x += Mod); }
LL quick_pow (LL x, LL y) {
	if (y < 0) return 1;
	LL res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = (res * x) % Mod;
		x = (x * x) % Mod; y >>= 1;
	}
	return res;
}
LL inv (LL x) {
	return quick_pow (x, Mod - 2);
}
LL C (LL x, LL y) {
	if (y > x) return 0;
	if (y == 0 || y == x) return 1;
	if (x < 0 || y < 0) return 0;
	return fac[x] * inv_fac[y] % Mod * inv_fac[x - y] % Mod;
}

int main () {
	fac[1] = 1; rep (i, 2, Maxn * 2) fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod;
	inv_fac[Maxn * 2] = inv (fac[Maxn * 2]); per (i, Maxn * 2 - 1, 1) inv_fac[i] = inv_fac[i + 1] * (i + 1) % Mod;

	read (n); read (k);

	f[0] = dp[0][0] = 1;
	rep (i, 1, Maxsn) {
		memset (dp[i & 1], 0, sizeof dp[i & 1]);
		rep (j, 0, k) {
			add (dp[i & 1][j], (j - i >= 0 ? dp[(i - 1) & 1][j - i] : 0));
			add (dp[i & 1][j], (j - i >= 0 ? dp[i & 1][j - i] : 0));
			del (dp[i & 1][j], (j - (n + 1) >= 0) ? dp[(i - 1) & 1][j - (n + 1)] : 0);

			if (i & 1) del (f[j], dp[i & 1][j]);
			else add (f[j], dp[i & 1][j]);
		}
	}

	LL res = 0;
	rep (i, 0, k) {
		add (res, f[i] * C (k - i + n - 1, n - 1) % Mod);
	}
	write (res);
	return 0;
}