【Hackerrank 101Hack 43】【JZOJ5135】K-Inversion Permutations 题解

题目大意

  求长度为 $n$、逆序对数量为 $k$ 的排列的数量。
  $n, k \le 10^5$

$$\\$$ $$\\$$ $$\\$$

【50%】n, k<=1000

  设 $f[i][j]$ 表示长度为 $i$、逆序对数量为 $j$ 的方案数。
  $f[i][j]=\sum_{now=0}^{i-1} f[i-1][j-now]$

【100%解法1】

  考虑每个元素的贡献（该元素前面有多少个比它大），可以得到一个贡献序列 $B$。其中该序列满足 $0<=B[i]<=i-1$，且 $\sum B[i]=k$。
  该序列与原序列唯一对应，所以我们要求有多少不同的 $B$ 序列。

  考虑 $B[i]$ 的生成函数： $1+x+x^2+…+x^{i-1}=\frac{1-x^i}{1-x}$，因此最后和为 $k$ 的方案数就是 $\prod_{i=1}^n \frac{1-x^i}{1-x}$ 的 $x^k$ 的系数。

  来一个不清真的做法。

  设 $F(x)=\prod_{i=1}^n \frac{1-x^i}{1-x}$，则

$$\ln F(x)=\sum_{i=1}^n ln(1-x^i)-n~ln(1-x) \\ \ln(1-x)=-(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+...) \\ \ln(1-x^i)=-(x^i+\frac{x^{2i}}{2}+\frac{x^{3i}}{3}+...)$$

  用调和级数那样 $O(k~log~k)$ 处理 $ln~F(x)$，FFT 算 $e^{ln~F(x)}$

  以上抄自 WerKeyTom_FTD 给的笔记，我还没学会

【100%解法2】

  来一个清真的做法。

$$\begin{aligned} &\prod_{i=1}^n \frac{1-x^i}{1-x} \\ =& \frac{\prod_{i=1}^n (1-x^i)}{(1-x)^n} \\ =& \prod_{i=1}^n (1-x^i)×\sum_{i=0}^n \dbinom{i+n-1}{n-1} x^i \end{aligned}$$

  所以现在分成前面和后面两个部分，最后枚举前面是 $x^i$，后面就是 $x^{k-i}$，把对应系数乘起来即可。后面的系数是普通组合数，所以目标变成算前面的系数。

  前面部分可以看成：有 $n$ 个物品，第 $i$ 个物品大小为 $i$，且选了 $x$ 个物品的话方案数要乘上 $(-1)^x$，求大小为 $k$ 的方案数。

  这就是个经典 dp。设 $f[i][j]$ 表示用 $i$ 个互不相同的物品、和为 $j$ 的方案数。我们限定这 $i$ 个物品是有序（从小到大）的。
  转移有两种操作：一种是全体体积加 $1$，一种是新加一个大小为 $1$ 的物品。（注意新加一个物品的时候，$-1$ 的指数会变，所以这时候算方案数是 $f[i][j]-=…$。）
  这样垒上去可能会使某些物品大小超过 $n$，所以当某个物品超限的时候要及时减去，即 $f[i][j]+=f[i-1][j-(n+1)]$。（注意这里 $-1$ 的指数又变了，所以是加等于。）

  然后会发现物品最多只需要 $\sqrt k$ 个，所以复杂度是 $O(k \sqrt k)$

代码

//解法2

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=1e5+5, maxsqrtk=448;
const LL mo=1e9+7;

int n,k;

LL fac[2*maxn],ny[2*maxn];
LL mi(LL x,LL y)
{
	LL re=1;
	for(; y; y>>=1, x=x*x%mo) if (y&1) re=re*x%mo;
	return re;
}
void C_Pre(int n)
{
	fac[0]=ny[0]=1;
	fo(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	ny[n]=mi(fac[n],mo-2);
	fd(i,n-1,1) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mo;
}
LL C(int n,int m) {return fac[n]*ny[m]%mo*ny[n-m]%mo;}

LL f[maxsqrtk+2][maxn],g[maxn];
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	
	C_Pre(2*max(n,k));
	
	f[0][0]=g[0]=1;
	fo(i,1,maxsqrtk)
		fo(j,1,k)
		{
			if (j>=i) (f[i][j]-=f[i-1][j-i])%=mo; // 新加一个大小为1的物品
			if (j>=i) (f[i][j]+=f[i][j-i])%=mo;  // 全体+1
			if (j>=n+1) (f[i][j]+=f[i-1][j-(n+1)])%=mo;
			(g[j]+=f[i][j])%=mo;
		}
	
	LL ans=0;
	fo(i,0,k) (ans+=g[i]*C(k-i+n-1,n-1))%=mo;
	
	printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
}