欧拉数学习笔记

欧拉数学习笔记

定义

定义\(\left<\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right>\)为长度为\(n\)的排列\(p\)，满足\(p_j<p_{j+1}\)的数目为\(i\)的排列数，也就是欧拉数。

求法

首先可以考虑dp转移\(\left<\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right>\)，考虑现在有\(1\sim n-1\)，加入\(n\)：

• 如果\(n\)加在排列最左边，数目不变，由\(\left<\begin{matrix}{n-1}\\i\end{matrix}\right>\)转移
• 如果\(n\)加在排列最左边，数目增加，由\(\left<\begin{matrix}{n-1}\\{i-1}\end{matrix}\right>\)转移
• 插在某个\(p_j<p_{j+1}\)中间，数目不变，由\(\left<\begin{matrix}{n-1}\\{i}\end{matrix}\right>\times i\)转移
• 插在某个\(p_j>p_{j+1}\)中间，数目增加，由\(\left<\begin{matrix}{n-1}\\{i-1}\end{matrix}\right>\times (n-1-i)\)转移

总转移方程：

\[\left<\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right>=(i+1)\left<\begin{matrix}n-1\\i\end{matrix}\right>+(n-i)\left<\begin{matrix}n-1\\i-1\end{matrix}\right> \]

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但是有些出题人就说了：我计数题都出\(1e5\)，你这么递推，我很不满意！

下面给出容斥求法：
设\(\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}\)表示长度为\(n\)的排列，至少有\(k\)个\(p_j<p_{j+1}\)的方案数。
二项式反演：

\[\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom ik\left<\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right>\\ \left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom ik\begin{vmatrix}n\\i\end{vmatrix} \]

考虑求\(\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}\)，将小于号连成的两个位置看成一个连通块，那么一共就有\(n-k\)个连通块，那么联通块内部排列只有一种，因为每个连通块不能为空，所以一个连通块的 EGF 就是\(e^x-1\)，因为是「至少」，所以两个连通块之间可以随意合并，那么\(\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}=n^{n-k}\)
把上式用二项式定理拆开：

\[\begin{aligned} n^{n-k}&=n![x^n]\sum_{i=0}^{n-k}{n-k\choose i}e^{ix}(-1)^{n-k-i}\\ &=\sum_{i=0}^{n-k}{n-k\choose i} i^n (-1)^{n-k-i}\\ &=(n-k)! \sum_{i=0}^{n-k}\frac {i^n}{i!}\frac{(-1)^{n-k-i}}{(n-k-i)!} \end{aligned} \]

卷一下就可以求出每个\(\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}\)了。

最后我们再 NTT 加速反演就可以求出\(\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\)了，总复杂度\(O(n\log n)\)。

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但是发现上面的做法还是naive了，发现可以不用卷两遍。
把\(\begin{vmatrix}n\\k\end{vmatrix}=\sum_{i=0}^{n-k}{n-k\choose i} i^n (-1)^{n-k-i}\)直接代回\(\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom ik\begin{vmatrix}n\\i\end{vmatrix}\)，那么有

\[\begin{aligned} \left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>&=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom ik\begin{vmatrix}n\\i\end{vmatrix}\\ &=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}\sum_{j=0}^{n-i}{n-i\choose j}j^n(-1)^{n-i-j}\\ &=\sum_{i=k}^n{i\choose k}\sum_{j=0}^{n-i}{n-i\choose j}j^n(-1)^{n-k-j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-k}\sum_{i=n-j}^n{i\choose k}{n-i\choose j}j^n(-1)^{n-k-j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-k}(-1)^{n-k-j}j^n\sum_{i=0}^n{i\choose k}{n-i\choose j} \end{aligned} \]

考虑后面\(\sum_{i=0}^n{i\choose k}{n-i\choose j}\)怎么求。

\[{i\choose k}=[x^{i-k}]\frac {1}{(1-x)^{k+1}},{n-i\choose j}=[x^{n-i-j}]\frac {1}{(1-x)^{j+1}}\\ \Rightarrow \sum_{i=0}^n{i\choose k}{n-i\choose j}=[x^{n-j-k}]\frac 1{(1-x)^{k+j+2}}={n+1\choose k+j+1} \]

然后可以\(O(n)\)算出一个\(\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\)了（一行减法卷积\(O(n\log n)\)）。

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还有一个高妙的组合意义

这里有个模板题

应用

CF1349F1 Slime and Sequences (Easy Version)

直接求好序列十分头疼，所以我们建立长度为\(n\)的好序列与长度为\(n\)的排列之间的关联。
对于一个排列\(p\)，中的某个\(p_i\)，如果\(j\in[1,i)\)中有\(k\)个\(p_{j}<p_{j+1}\)，那么\(a_{p_i}=k+1\)。
这样构造的\(p\)与\(a\)一一对应，下面简要证明：
首先\(a\)中的\(1\)肯定放在最前面，且对于\(p\)中极长的前缀\(p_{1...k}\)满足\(p_{i}>p_{i+1},i\in[1,k)\)，\(a_{p_{1...k}}=1\)，如果我们要填\(2\)的话一定会使得有一个\(1\)在\(2\)前面，\(2,3\)的情况同理。
感性理解一下就好了

对于\(ans_k\)考虑每个位置\(i\)的贡献，那么有

\[ans_k=\sum\left<\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}\right>{n\choose i}(n-i)! \]

因为不会拉格朗日反演，所以 F2 鸽了。