闲话 23.2.6

闲话

？感觉没啥想说的诶
但是 jjdw 请勿宣称一些不存在的辈分关系 😦

再谈排列计数

和之前的社论没啥关系。

其实是对置换的环数计数得到的做法。

我们考虑一个环的 egf \(F(x)\)，容易得到是

\[F(x) = \sum_{k\ge 1} {k \brack 1} \frac{x^k}{k!} = \sum_{k\ge 1} \frac{x^k}{k} = -\ln (1 - x) \]

然后做有标号 Set 构造，得到排列的 egf \(G(x)\) 是 \(\exp F(x)\)。
这使得我们可以轻易得到确定环数的排列，只需要对 \(yF(x)\) 做有标号 Set 构造再提取 \(y^k\) 系数即可。

下面是例题。

更简单的排列计数

我们发现，题目中给的组合对象其实可以表示为 \(\exp (-\ln(1 - x) - x)\)，这是由于组成部分里不能出现错排，把它减掉再构造即得。我们仍然无法解决原问题，但是我们可以对 \(\lvert\pi\rvert = m\) 与 \(k\) 快速求

\[\sum_{\pi} \binom{\text{cyc}(\pi)}{k} \]

这是由于上面的组合意义是在 \(\text{cyc}(\pi)\) 里选 \(k\) 个，我们只需要决定每个环是否选择即可。而且这里只有排列长度，没有确定环数。这启发我们在环的 egf 里乘入 \((1 + y)\) 来得到选或不选的组合意义。
这样能得到答案即为

\[\left[x^my^k/m! \right]e^{(1 + y)(-\ln(1-x)-x)} \]

我们不如将给定的多项式 \(F(x)\) 转化成形如

\[\sum_{k\ge 0} a_k\binom{x}{k} = \sum_{k\ge 0} \frac{a_k}{k!} x^{\underline k} \]

的形式，随后就可以直接求出 \(F = e^{(1 + y)(-\ln(1-x)-x)}\) 的系数后代入了。转化形式本质上就是转下降幂形式，再乘一个阶乘。

随后我们要着眼于如何提取系数。这里复杂度可以支撑 \(O(nk)\)，因此不妨考虑递推出系数。设 \(F[n, k] = [x^ny^k] F\)。

我们求 \(F\) 对 \(x\) 的偏导，也就是

\[F' = \frac{x(1 + y)}{1 - x} F \]

直接提取系数得到

\[(n + 1) F[n + 1, k] = \sum_{i = 0}^{n - 1} (F[i, k] + F[i, k - 1]) \]

也就是

\[(n + 1) F[n + 1, k] = nF[n, k] + F[n - 1, k] + F[n - 1, k - 1] \]

可以做到 \(O(n k)\)。

Submission.

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Feux Follets 弱化版

我们其实没必要非得化成上面的二项式形式。我们首先作多点求值，然后其实只需要求出每种 \(\text{cyc}(\pi)\) 出现的次数，随后乘上点值即可。记得 egf 形式要乘 \(n!\)，下面只提取 \(x^n\) 项系数。

承接上文的讨论，我们现在需要求的就是

\[F(y) = [x^n] e^{y(-\ln(1-x)-x)} \]

神奇形式。我们设 \(f(x)\) 由 \(f^2 / 2 = -\ln(1-x)-x\) 确定，容易看出它有复合逆，设是 \(g(x)\)。原式可化为 \(\exp (yf^2 / 2)\)。我们对原式作拉格朗日反演得到

\[[x^n] e^{y(-\ln(1-x)-x)} = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] \frac{\partial\exp (x^2y / 2)}{\partial x} \left( \frac{x}{g} \right)^n \]

这个东西最后大略可以看出来是个直接提取的形式，我们只需要化简偏微分就行了。

\[\frac{\partial\exp (x^2y / 2)}{\partial x} = xy \exp (x^2y / 2) = xy\sum_{k\ge 0} \frac{(x^2y / 2)^k}{k!} = \sum_{k\ge 0} \frac{x^{2k + 1} y^{k + 1}}{2^kk!} \]

我们不妨观察 \(y^k\) 系数的形式，也就是提取

\[\frac{1}{n} [x^{n - 1}y^k] \sum_{k\ge 0} \frac{x^{2k + 1} y^{k + 1}}{2^kk!}\left( \frac{x}{g} \right)^n = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] \frac{x^{2k - 1}}{2^{k - 1}(k - 1)!}\left( \frac{x}{g} \right)^n = \frac{1}{n2^{k - 1}(k - 1)!}[x^{n - 2k}]\left( \frac{x}{g} \right)^n \]

\(1/n\) 可以最后和 \(n!\) 化简。下面只需要找到 \(g\) 的形式即可。

我们由

\[f^2(x) / 2 = -\ln(1-x)-x \]

代入 \(x = g\) 可以得到

\[x^2 / 2 = - \ln(1 - g) - g \]

也就是

\[\sqrt{-2\ln(1 - g) - 2g} - x = 0 \]

作牛顿迭代即可。总时间复杂度 \(O(n \log n + k\log^2 k)\)。瓶颈在牛顿迭代

Submission.

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Feux Follets

不会；；