QOJ 8171 - Cola

我们假设目前 B 知道排列 \(p\) 的前 \(x\) 位是多少，那么下一次，B 的最优策略是：

• 对于 \(i\le x\) 的部分，令 \(q_i=p_i\)。
• 对于 \(i=x+1\) 的部分，令 \(q_i\) 为任一 \(p_i\) 可能取到但没有被猜过的值。
• 对于 \(i>x+1\)，随机乱排剩余的 \(q_i\)。

考虑设 \(c_i\) 表示第 \(i\) 次询问后 B 确定了 \(p\) 的前多少位。那么对于一组 \(\{c_i\}\)，存在一种猜数的过程对应这个 \(c_i\) 的充要条件是，对于任意 \(0\le i<n\)，\(c_{i}\le c_{i+1}\)，序列 \(c\) 中 \(i\) 的出现次数不超过 \(n-1-i\)，因为当你确定了序列的前 \(i\) 位以后，\(i+1\) 位置上的值只有 \(n-i\) 种可能性，再问 \(n-1-i\) 次以后只剩唯一值了，下一步必然猜对。

然后我们发现一件事，就是对于所有合法的 \(\{c_i\}\)，猜数过程恰好对应这组 \(\{c_i\}\) 的概率是相同的，都是 \(\dfrac{1}{n!}\)。对于一位 \(i\)，假设 \(i\) 在 \(c\) 数列中出现了 \(j\) 次，那么概率是 \(\dfrac{n-i}{n-i+1}·\dfrac{n-i-1}{n-i}·\cdots·\dfrac{n-i+1-j}{n-j+2-j}·\dfrac{1}{n-i+1-j}=\dfrac{1}{n-i+1}\)，把它们乘起来刚好是 \(\dfrac{1}{n!}\)。

于是问题变为怎么求合法的 \(\{c_i\}\) 的数量。

发现这个问题可以被转化为格路计数问题，即求有多少个 \((0,0)\to(m-1,n)\) 的路径，满足对于所有 \(0\le i<n\)，路径在第 \(i\) 列上的部分的长度不超过 \(n-i-1\)。考虑容斥，钦定一些列 \(i\) 满足路径在第 \(i\) 列上的部分的长度至少为 \(n-i\)，假设这些 \(i\) 组成的集合为 \(S\)，令 \(s=\sum\limits_{x\in S}n-x\)，那么实际上可以看作网格图缩短了 \(s\) 行，方案数就是 \(\dbinom{n+m-1-s}{n}\)，再乘以容斥系数 \((-1)^{|S|}\) 就是这个 \(S\) 对答案的贡献。

用多项式的语言来刻画这个过程：令 \(P(x)=\prod\limits_{i=1}^n(1-x^i)\)，那么答案为 \(\sum\limits_{s=0}^{m-1}\dbinom{n+m-1-s}{n}·[x^s]P(x)\)。因为本题 \(n\) 高达 \(10^7\)，所以无法分治 NTT，但注意到因为 \(m\le n\)，所以对于 \(s\le m-1\)，有 \([x^s]\prod\limits_{i=1}^n(1-x^i)=[x^s]\prod\limits_{i=1}^{\infty}(1-x^i)\)，而后者使用五边形定理可以 \(O(\sqrt{n})\) 求出。所以总复杂度就降至 \(O(n+m)\)。