【2020杭电多校round5】HDU6818 Array Repairing
题目大意
对于一个给定的正整数\(n\)，随机生成一个正整数序列\(a[1\dots n]\)，满足\(\forall i\in[1,n]:a_i\in[1,n]\)。注意，\(a\)不一定是排列。
你需要通过若干次操作，使得\(\forall i\in[1,n],a_i=i\)。你可以进行的操作有两种：
- 选择一对位置\(i,j\in[1,n]\)，\(i\neq j\)，交换\(a_i,a_j\)。一次操作花费为\(1\)。
- 选择一个位置\(i\in[1,n]\)和一个数值\(v\in[1,n]\)，令\(a_i:=v\)。一次操作花费为\(k\)。
例如，如果你要进行\(5\)次1操作和\(4\)次2操作，则总花费为\(4\times k+5\)。
设\(\text{cost}_k(a)\)表示在参数\(k\)的条件下，将序列\(a\)变成\(1,2,\dots ,n\)的最小花费。对\(k=0,1,2\)，你需要分别求出\(\text{cost}_k(a)\)的期望值\(E(\text{cost}_k(a))\)。输出\(\bmod 998244353\)意义下的值。
给定\(N\)。对所有\(n\in[1,N]\)分别求答案。也就是说，你一共需要输出\(3N\)个数。
数据范围：\(1\leq N\leq 5\times10^5\)。
本题题解
我们称把\(a\)序列变成\(1,2,\dots,n\)的过程为“还原”这个序列。一个位置\(i\)“已经还原”，就是指\(a_i=i\)。
首先，\(k=0\)时，代价一定为\(0\)。
subtask \(k=1\)
考虑\(k=1\)的情况。我们从每个\(i\)向\(a_i\)连一条有向边，则能得到一个基环（内向）树森林。发现，对每个环，设其长度为\(\text{len}\)，我们使用\(\text{len}-1\)次1操作可以将其还原（环上每个点\(a_i=i\)）。剩下的部分只能用2操作完成。容易证明这样花费是最小的。
对于一个长度为\(n\)的序列\(a\)，设它对应的基环树森林里，环的数量为\(c\)。则将\(a\)序列还原的最小花费就是\(n-c\)。注意，自环也算，也就是说“环的数量”和“连通块的数量”是等价的。
要求期望，我们乘以序列的总数\(n^n\)以后，就转化为求所有序列的最小花费之和。又因为最小花费为\(n-\text{环的数量}\)，\(\sum(n-\text{环的数量})=\sum n-\sum\text{环的数量}=n^n\cdot n-\sum \text{环的数量}\)。问题转化为求\(\sum\text{环的数量}\)，也就是所有基环树森林，环的数量之和，记为\(h(n)\)。
可以写出式子：\(h(n)=\sum_{i=1}^{n}(i-1)!{n\choose i}n^{n-i}\)。含义：\((i-1)!\)表示长度为\(i\)的环有多少种，\({n\choose i}\)表示选出一些位置作为这个环，\(n^{n-i}\)表示其他位置随意。不过要对每个\(n\)求一次，时间复杂度是\(O(N^2)\)的，无法承受。比赛时，你可以暴力求出前几个\(h\)值，然后去oeis上找到这个序列：A190314。不过还有更好的方法。
考虑用生成函数做。设\(f(n)\)表示\(n\)个点的基环树数量（这里指的是一棵\(n\)个节点的、完整的基环树有多少种，而不是基环树森林）。这个\(f\)我们暂时还不会求。
再设一个\(g(n)\)表示\(n\)个点的基环树森林数量。这是很好求的，就等于\(n^n\)。设\(F(x),G(x)\)分别是\(f,g\)的指数型生成函数（即\(F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f(x)\frac{x^i}{i!}\)，\(G\)同理）。则根据指数型生成函数的理论，可知：\(G(x)=\exp(F(x))\)。所以\(F(x)=\ln(G(x))\)。这样，通过做多项式\(\ln\)，我们就求出了\(f\)序列。
知道了\(f,g\)以后。设\(h\)的指数型生成函数为\(H(x)\)，则\(H(x)=F(x)G(x)\)。这相等于，考虑每个基环树，对总数的贡献。单独拿出一棵\(i\)个节点的基环树，首先这样的基环树有\(f(i)\)个，剩下的部分可以任意形成一个基环树森林，方案数就是\(g(n-i)\)（注意，特别地，这里我们认为\(g(0)=1\)），而从\(n\)个点里选出这\(i\)个点的方案数是\({n\choose i}\)，所以\(h(n)=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}f(i)g(n-i)\)。这正是指数型生成函数卷积的定义。
总结来说，我们先搞一个序列\(g(n)=n^n\)。然后\(G(x)\cdot \ln G(x)\)，就是我们要求的环的总数\(h\)了。答案就是\(\displaystyle\frac{n^n\cdot n-h(n)}{n^n}\)。（除以\(n^n\)是因为要求期望）。
时间复杂度\(O(N\log N)\)。
subtask \(k=2\)
\(k=2\)时，环上的点，我们还是用1操作来完成。考虑剩下的点。相当于要把每个点，变成它的儿子上面现在的值（显然每个儿子上的值是一样的）。所以对每个点，我们随便挑个儿子和它做交换（操作1）。直到叶子节点，没有儿子了，我们再用操作2。总的代价是\(n-\text{环的数量}+\text{叶子数量}\)。
环的数量我们已经会求了。考虑叶子数量。
考虑每个点作为叶子时，对总数的贡献。它的贡献数，就等于钦定它是叶子后，其他点组成基环树森林的总方案数。也就是\((n-1)^{n-1}\)，此外，这个点自己还要随便选一个父亲，所以要乘以\(n-1\)，也就是\((n-1)^{n}\)。这个思想挺妙的，把求所有基环树的叶子树之和，转化为了求每个叶子出现在多少基环树里。
所以所有叶子的总贡献就是\(n\cdot (n-1)^n\)。答案就是：\(\displaystyle\frac{n^n\cdot n-h(n)+n\cdot (n-1)^n}{n^n}\)。
时间复杂度\(O(N\log N)\)。
参考代码
\(\text{NTT}\)和多项式\(\ln\)的部分省略了，自己贴板子吧。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e5;
const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
if(n<k)return 0;
return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int f[MAXN+5],g[MAXN+5],h[MAXN+5];
int main() {
facinit();
for(int i=1;i<=MAXN;++i){
g[i]=(ll)pow_mod(i,i)*ifac[i]%MOD;
}
g[0]=1;
Ln::main(g,f,MAXN+1);
Mul::main(g,f,h,MAXN+1);
for(int i=0;i<=MAXN;++i){
h[i]=(ll)h[i]*fac[i]%MOD;
}
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
int ans=h[i]%MOD;
int tot=pow_mod(i,i);
ans=mod2((ll)tot*i%MOD - ans);
ans=(ll)ans*pow_mod(tot,MOD-2)%MOD;
cout<<0<<" "<<ans<<" ";
int x=pow_mod(i-1,i);
int y=pow_mod(i,i-1);
x=(ll)x*pow_mod(y,MOD-2)%MOD;
add(ans,x);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
