【题解】 SRM686 CyclesNumber 置换+斯特林数 TOC14199

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求所有长度为 \(n\) 的置换的循环个数的 \(m\) 次方之和。

\(n \le 10^5,m \le 500\)。

Editorial

设 \(x_i\) 表示 \(i\) 这个循环是否存在，答案就是：

\[\sum_{p \text{ is permutation}} \left(\sum_{} x_i\right)^m \]

根据

\[\left(\sum_{i=1}^{n} x_i\right)^m= \sum_{j=0}^{m} \begin{Bmatrix} m \\ j\end{Bmatrix}j! \dbinom{\sum x_i}{j} \]

我们知道如果钦定 \(k\) 个循环出现，那么就会贡献 \(\begin{Bmatrix} m \\ k\end{Bmatrix} k!\)。显然循环的数量太多了，没有办法枚举，怎么办？

非常巧妙的转化：选出了 \(k\) 个循环后，新增一个垃圾节点 \(n+1\)，把剩余元素和 \(n+1\) 分在一起做一个循环，就可以映射出剩余的所有循环方案。即最后答案就是：

\[\sum_{k=0}^{n} \begin{bmatrix} n + 1 \\k + 1\end{bmatrix} \begin{Bmatrix} m \\ k\end{Bmatrix} k! \]

这一步转化非常的奇怪，乍一想挺让人无法理解的，但实际上可以这么考虑：把每一个循环从小到大展开，把循环内的最大值移动到每个循环的第一个位置。再按每一个循环的最大值对循环排序，把 \(n+1\) 放到整个序列开头。不难发现这样就构造出了置换与圆排列的双射关系。

其实这个想法与 [FJOI2016]建筑师 有些类似。

\(n\) 这么大我们是不是要写多项式呀？

然而 \(n\) 很大的时候后面的第二类斯特林数的值是 \(0\)，不用求。

复杂度 \(O(nm+m^2)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long

const LL MOD = 1e9 + 7;

LL s[100000 + 23][302] ,S[302][302] ,fac[302];

void init(){
	s[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 100001 ; ++i){
		for(int j = 1 ; j <= 301 ; ++j){
			s[i][j] = (s[i - 1][j] * (i - 1) + s[i - 1][j - 1]) % MOD;
		}
	}
	S[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 301 ; ++i){
		for(int j = 1 ; j <= 301 ; ++j){
			S[i][j] = (S[i - 1][j] * j + S[i - 1][j - 1]) % MOD;
		}
	}
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 301 ; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}

class CyclesNumber{
	private:
	
		LL solve(int n ,int m){
			LL Ans = 0;
			for(int i = 0 ; i <= std::min(n ,m) ; ++i){
				Ans = (Ans + s[n + 1][i + 1] * S[m][i] % MOD * fac[i]) % MOD;
			}
			return Ans;
		}
	public:
		CyclesNumber(){
			init();
		}
		std::vector<int> getExpectation(std::vector<int> n ,std::vector<int> m){
			std::vector<int> Ans;
			for(int i = 0 ; i < n.size() ; ++i){
				Ans.push_back(solve(n[i] ,m[i]));
			}
			return Ans;
		}
}F;

void output(std::vector<int> a){
	for(auto i : a){
		printf("%d\n" ,i);
	}
}

int main(){
	output(F.getExpectation({10 ,20 ,30} ,{10 ,20 ,30}));
}