LOJ 3395 集训队作业 Yet Another Permutation Problem 题解 (生成函数技巧)

题目链接

原排列进行k次操作后，一定会剩下一个长度至少为$n-k$的上升区间。观察发现，一个排列能用$\le k$次操作得到的充要条件是：其中的最长上升区间长度$\ge n-k$。

我们枚举k，对每个k计算答案。最长上升区间长度$\ge n-k$的排列个数不太好算，我们可以算出最长上升区间长度$\le n-k-1$的排列个数，然后用总数减。为了方便，接下来的$k$表示上面的$n-k-1$。

我们先把序列划分成一些段，要求每一段都是单调递增，且每段长度$\le k$，求总方案数(我知道会重复计数，但你先别急)。这是一个经典的生成函数计数题。令$f_i$表示i个不同元素排成上升序列的方案数，显然$f_i=1(i\le k)$，为了方便使用生成函数，我们令$f_0=0$。令$F(x)$为f的指数型生成函数，$G(x)$为f的普通生成函数。$F(x)=\sum_{i=1}^k \frac{x^i}{i!}$，$G(x)=\sum_{i=1}^k x^i$。根据EGF的组合意义，这个问题的答案为：$([x^n]\sum_{i=0}^\infin F^i(x))\cdot n!$，其中$[x^n]$表示这个多项式的n次项系数。

再来看看这个问题与原问题的关系。原问题中每个排列在这个问题中都被计数了多次。具体来说，对于一个排列，我们先把他划分成若干极长的上升区间，令它们的长度从左到右为$l_1\cdots l_m$。这个排列在这个问题中其实被计数了这么多次：$\prod_{i=1}^m ([x^{l_i}]\sum_{j=0}^\infin G^j(x))$，从组合意义的角度这个式子也非常好理解。那么我们希望这个排列被计数多少次呢？其实是$\prod_{i=1}^m [l_i\le k]$次。如果我们能适当地修改f数组，使得对于任意$l$，$[x^{l}]\sum_{i=0}^\infin G^i(x)=[l\le k]$，那么只要按照这个问题的流程跑一遍，就得到原问题的答案了。这其实是可以做到的。

$$\begin{align} [x^{l}]\sum_{i=0}^\infin G^i(x)&=[l\le k]\\ \sum_{i=0}^\infin G^i(x)&=\sum_{i=0}^k x^i\\ \frac 1{1-G(x)}&=\frac{1-x^{k+1}}{1-x}\\ G(x)&=\frac{x-x^{k+1}}{1-x^{k+1}}\\ \end{align}$$

如果能求出$G(x)$，也就确定了f，也就能求出$F(x)$从而求出答案了。这里似乎可以用多项式求逆，但是模数不是998244353所以会有问题。写任意模NTT的话常数又似乎太大了。我们来观察一下暴力多项式求逆的过程，看看能不能投机取巧：

$$\begin{align} 令b为多&项式a的逆\\ b_0&=\frac 1{a_0}\\ b_i&=\frac{-\sum_{j=0}^{i-1}b_ja_{i-j}}{a_0}\\ \end{align}$$

为了避免混淆，重申一下"多项式求逆"的含义：对于一个多项式$A(x)$，求出一个多项式$B(x)$，使得$A,B$乘积的常数项为1，且1次项到$n$次项的系数都为0，更高次项的系数不管。

观察上面的暴力，发现其复杂度与$a$中不为0的项的数量有关(求那个sigma的时候可以只枚举a中不为0的项)。在求$G(x)$的过程中我们要给$1-x^{k+1}$求逆，打表(划掉)手画(划掉)观察一下发现$1-x^{k+1}$的逆中只有大约$\frac nk$项不为0，所以$G(x),F(x)$中不为0的项数也差不多是这个数量级。这部分的复杂度是$O(n^2)$(算上之前枚举k)。

然后是求出$F(x)$之后计算答案。我们需要计算$\sum_{i=0}^\infin F^i(x)=\frac 1{1-F(x)}$这个多项式。对$1-F(x)$求逆时，由于其中非0项的个数是$\frac nk$级别，求逆的复杂度是$O(\frac {n^2}k)$的。算上枚举$k$，总复杂度是$O(n^2logn)$的。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair
 
using namespace std;
 
void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}
 
LL n,MOD,fac[1010],inv[1010];
 
LL qpow(LL x,LL a)
{
	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	{
		if(a&1) (ret*=res)%=MOD;
		a>>=1;
		(res*=res)%=MOD;
	}
	return ret;
}
 
vector <LL> getInv(vector <LL> A)
{
  vector <pii> v;
  rep(i,A.size()) if(A[i]!=0) v.pb(mpr(i,A[i]));
  vector <LL> ret;
  ret.pb(qpow(A[0],MOD-2));
  repn(i,A.size()-1)
  {
    LL hv=0;
    rep(j,v.size())
    {
      if(v[j].fi>i) break;
      if(i-v[j].fi<ret.size()) (hv+=v[j].se*ret[i-v[j].fi])%=MOD;
    }
    hv=(MOD-hv)%MOD;
    ret.pb(hv*ret[0]%MOD);
  }
  return ret;
}
 
vector <LL> polyMul(vector <LL> A,LL mns)
{
  vector <LL> ret;ret.pb(0);rep(i,A.size()-1) ret.pb(A[i]);
  LL mul=MOD-1;
  rep(i,A.size()) if(i+mns<ret.size()) (ret[i+mns]+=A[i]*mul)%=MOD;
  return ret;
}
 
LL calc(LL k)
{
  if(k==0) return 0;
  vector <LL> A;
  A.pb(1);repn(i,k) A.pb(0);A.pb(MOD-1);while(A.size()<n+1) A.pb(0);
  vector <LL> B=getInv(A);
  vector <LL> F=polyMul(B,k+1);
  rep(i,F.size()) (F[i]*=inv[i])%=MOD;
  rep(i,F.size()) F[i]=(MOD-F[i])%MOD;
  (++F[0])%=MOD;
  F=getInv(F);
  LL ret=F[n]*fac[n]%MOD;
  return ret;
}
 
int main()
{
  fileio();
  
  cin>>n>>MOD;
  fac[0]=1;repn(i,1005) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
  rep(i,1003) inv[i]=qpow(fac[i],MOD-2);
  rep(nk,n)
  {
    LL k=n-nk-1;
    //答案=总数-所有上升子段的长度都<=k的排列数量
    LL ans=(fac[n]-calc(k)+MOD)%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
  }
 
  termin();
}