lfyzoj104 Counting Swaps
问题描述
给定你一个 \(1 \sim n\) 的排列 \(\{p_i\}\)，可进行若干次操作，每次选择两个整数 \(x,y\)，交换 \(p_x,p_y\)。
请你告诉穰子，用最少的操作次数将给定排列变成单调上升的序列 \(1,2,\ldots,n\)，有多少种方式呢？请输出方式数对 \(10^9+9\) 取模的结果。
输入格式
第一行一个整数 \(T\) 代表数据组数。
每一组测试数据，第一行是一个整数 \(n\) 代表排列中的元素个数，第二行 \(n\) 个整数，是这个排列。
输入数据中测试数据间也许存在空行，请务必注意。
输出格式
\(T\) 行，一行一个整数，代表这组测试数据的答案。
样例一
input
1
3
2 3 1
output
3
explanation
至少需要两步，有三种操作方式。
- 先换 \(2,3\)，再换 \(3,1\)。
- 先换 \(2,1\)，再换 \(3,2\)。
- 先换 \(3,1\)，再换 \(2,1\)。
数据范围与约定
对于 \(50\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 10\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 100000\)，\(T=100\)。
时间限制： \(1\mathrm{s}\)
内存限制： \(256\mathrm{MB}\)
来源
ipsc2016c
题解
对于每个点 \(i\)，将他和他的身上的权值 \(p_i\) 代表的那个点连边。最后构成了许多许多的长度 \(\in [1,n]\) 的环。
把长度为 \(n\) 的环变成 \(n\) 个长度为 \(1\) 的自环，最少需要 \(n-1\) 次操作。这可以用数学归纳法证明。
记 \(F_n\) 为把长度为 \(n\) 的环变成 \(n\) 个长度为 \(1\) 的自环，在步数最小的前提下的操作方式数。
要想把长度为 \(n\) 的环变成 \(n\) 个长度为 \(1\) 的自环，首先肯定要将它划分成长度为 \(x,y\) 且 \(x+y=n\) 的两个环。
那么，有多少种划分方式呢？我们记把长度为 \(n\) 的环划分成长度为 \(x,y\) 且 \(x+y=n\) 的两个环的方式数为 \(T(x,y)\)。 我们考虑这样一个图：
这个是交换了 \(1,5\)。你也可以交换 \(2,5\)。
我们发现，对于每个点，总有两个合适的点来和这个点交换，以达到划分的目的。因此，\(T(x,y)\) 为 \(2n/2=n\)。
但是，我们发现，当 \(n\) 为偶数且 \(x=y\) 时，这两个点会重合， \(T(x,y)\) 变成 \(n/2\)。
所以，
我们再考虑一下操作次序的问题。显然地，两个环之间互不影响。可以把一个环看成一类，用可重集排列数计算 \(x-1\) 步和 \(y-1\) 步之间怎么“交错”。“交错”的方法数依据公式，也就是 \((n-2)!/((x-1)!(y-1)!)\)。
因此，根据可重集排列数、加法原理、乘法原理，我们得到
用 dfs 找出所有的环，它们的长度为 \(l_1,l_2,\ldots,l_k\)，则再考虑考虑“交错”的方法数，我们得到答案
阶乘肯定与模数 \(10^9+9\) 互素，因此用费马小定理求逆元即可。
这样的时间复杂度是 \(\mathrm{O}(n^2)\)。
俗话说打表是第一生产力。我们在研究 \(F_i\) 的规律时，意外地发现 \(F_i=i^{i-2}\)。（我也不会证明……如果您会证明，请联系我）。这样，时间复杂度变为 \(\mathrm{O}(n \log n)\)。
当然，如果你信不过这个规律，你也可以打一个 \(F_i\) 的表放到代码里头……这样的时间复杂度是 \(\mathrm{O}(\mathrm{It\ would\ be\ accepted})\)……
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, uu, hea[100005], cnt, bel[100005], din, hav[100005], ans, T;
int jie[100005];
struct Edge{
int too, nxt;
}edge[200005];
const int mod=1e9+9;
void add_edge(int fro, int too){
edge[++cnt].nxt = hea[fro];
edge[cnt].too = too;
hea[fro] = cnt;
}
void dfs(int x, int c){
bel[x] = c;
for(int i=hea[x]; i; i=edge[i].nxt){
int t=edge[i].too;
if(!bel[t])
dfs(t, c);
}
}
int ksm(int a, int b){
if(!a) return 1;
if(b<0) return 1;
int re=1;
while(b){
if(b&1) re = ((ll)re * a) % mod;
a = ((ll)a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return re;
}
int main(){
cin>>T;
jie[0] = 1;
for(int i=1; i<=100000; i++)
jie[i] = ((ll)jie[i-1] * i) % mod;
while(T--){
memset(hav, 0, sizeof(hav));
memset(bel, 0, sizeof(bel));
memset(hea, 0, sizeof(hea));
cnt = din = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%d", &uu);
add_edge(i, uu);
add_edge(uu, i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(!bel[i])
dfs(i, ++din);
for(int i=1; i<=n; i++)
hav[bel[i]]++;
ans = 1;
for(int i=1; i<=din; i++)
ans = ((ll)ans * ksm(hav[i], hav[i]-2)) % mod;
ans = ((ll)ans * jie[n-din]) % mod;
for(int i=1; i<=din; i++)
ans = ((ll)ans * ksm(jie[hav[i]-1], mod-2)) % mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
