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闲话

几天前在讨论联考还没涉及啥科技
今天就出了拟阵题
下一个会是什么？
开幕雷击：——

今天放的歌是 I Hate U（大概这么拼？）
最开始放错了 感觉舒缓一些 部分曲调可以的
然后说放错了
然后换了 感觉更激越一些 部分曲调可以的
感觉被明显跳过的原因是明显的
报复性举措有没有用呢？

今日推歌：绝体绝命 - 阿良良木健 feat. 洛天依
Vocaloid is _____.

欧拉数基础练习题(?)

CF1687F

给定 \(n, s\)，一个长度为 \(n\) 的排列是美丽的，当且仅当 \(s=\sum_{i=1}^{n-1}[p_i+1=p_{i+1}]\)。

对于 \(\forall k \in [0,n-1]\)，计数美丽的排列，满足 \(k=\sum_{i=1}^{n-1} [p_i<p_{i+1}]\)。

\(1 \le n \le 250000, 0 \le s<n\)。

给官方题解加了注释 复读官方题解

How EI's mind works?

可以发现，在考察高度 \(> 1\) 的元素时，一段连续的上升 \(1\) 可以被视作一个元素。因此不妨对相同的 \((n, k)\)，计算 \((n - s, k - s)\) 的答案后乘以 \(\dbinom{n-1}{s}\)。
令 \(n = n - s, k = k - s\)，应当计算的即为 \(\sum_{i=1}^{n-1} [p_i + 1<p_{i+1}]=k\) 的排列 \(p\) 的计数。可以通过二项式反演得到 \(k\) 对应的答案，即为

\[\sum_{i = 0}^k (-1)^i\binom{n - 1}{i}\left\langle\begin{matrix}n - i\\n-k-1\end{matrix}\right\rangle \]

欧拉数的二元生成函数是熟知的。我们带入即得

\[\begin{aligned} &\sum_{i = 0}^k (-1)^i\binom{n - 1}{i}\left\langle\begin{matrix}n - i\\n-k-1\end{matrix}\right\rangle \\ = \ & (n - 1)! \sum_{i = 0}^k \frac{(-1)^i}{i!} \frac{1}{(n - 1 - i)!}\left[\frac{x^{n - i}t^{n - k - 1}}{(n - i)!}\right] \frac{t - 1}{t - e^{x(t - 1)}} \\ = \ & (n - 1)! [t^{n - k - 1}]\sum_{i = 0}^k [x^i]e^{-x} (n - i)\left[x^{n - i}\right] \frac{t - 1}{t - e^{x(t - 1)}} \\ = \ & (n - 1)! [t^{n - k - 1}]\sum_{i = 0}^k [x^i]e^{-x} \left[x^{n - i - 1}\right] \frac{\partial}{\partial x}\frac{t - 1}{t - e^{x(t - 1)}}\qquad \left(\left[x^n/n\right]f(x) 等价于 \left[x^{n - 1}\right]f'(x)\right) \\ = \ & (n - 1)! [t^{n - k - 1}]\sum_{i = 0}^k [x^i]e^{-x} \left[x^{n - i - 1}\right] \frac{(t - 1)^2e^{x(t - 1)}}{(t - e^{x(t - 1)})^2} \\ = \ & (n - 1)! [x^{n - 1}t^{n - k - 1}]\frac{(t - 1)^2e^{x(t - 2)}}{(t - e^{x(t - 1)})^2} \\ = \ & (n - 1)! [x^{n - 1}t^{n - k - 1}]\frac{(t - 1)^2e^{-xt}}{(te^{x(1 - t)} -1)^2} \qquad \left(上下同乘 e^{2x(1 - t)} 方便化简\right) \\ = \ & (n - 1)! \left[y^{n - 1}t^{n - k - 1}\right](1 - t)^{n - 1} \frac{(t - 1)^2e^{-ys}}{(te^y -1)^2} \qquad (y = x(1 - t), s = t / (1 - t)) \\ = \ & (n - 1)! \left[y^{n - 1}t^{n - k - 1}\right] \frac{(1 - t)^{n + 1}e^{-ys}}{(1 - te^y)^2} \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left[y^{n - 1}\right]e^{-ys}(1 - te^y)^{-2} \qquad (拆分系数提取) \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \binom{-2}{i} (-1)^i \left(te^{y}\right)^i e^{-ys} \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} (i + 1) t^i e^{yi -ys} \qquad (上指标翻转) \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \left(i - \frac{t}{1 - t} + \frac{1}{1 - t}\right) t^i e^{y\left(i - \frac{t}{1 - t}\right)} \qquad (为偏导配凑) \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left(\left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \left(i - \frac{t}{1 - t}\right) t^i e^{y\left(i - \frac{t}{1 - t}\right)} + \left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \frac{t^i}{1 - t} e^{y\left(i - s\right)} \right) \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left(\left[y^{n - 1}\right] \frac{\partial}{\partial y} \sum_{i\ge 0} t^i e^{y\left(i - \frac{t}{1 - t}\right)} + \left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \frac{t^i}{1 - t} e^{y\left(i - s\right)} \right) \\ = \ & (n - 1)! \left [t^{n - k - 1}\right] (1 - t)^{n + 1}\left(\left[y^{n} / n\right] \sum_{i\ge 0} t^i e^{y\left(i - \frac{t}{1 - t}\right)} + \left[y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} \frac{t^i}{1 - t} e^{y\left(i - s\right)} \right) \\ = \ & \left [t^{n - k - 1}\right] \left( n!(1 - t)^{n + 1}\left [y^n\right] \sum_{i\ge 0} t^i e^{y\left(i - s\right)} + (n - 1)!(1 - t)^{n} \left [y^{n - 1}\right] \sum_{i\ge 0} t^i e^{y\left(i - s\right)} \right) \end{aligned} \]

可以发现，现在组成答案的两个部分的形式是相同的，我们不妨只考察前者。最后若提取出的结果为 \(f_n(t)\)，则答案即为 \(\left [t^{n - k - 1}\right] (f_n(t) + f_{n - 1}(t))\)。

\[\begin{aligned} &n!(1 - t)^{n + 1}\left [y^n\right] \sum_{i\ge 0} t^i e^{y\left(i - s\right)} \\ = \ & n!(1 - t)^{n + 1}\left [y^n\right] e^{-ys} \sum_{i\ge 0} t^i e^{yi} \\ = \ & n!(1 - t)^{n + 1}\left [y^n\right] \frac{e^{-ys} }{1 - te^y} \\ = \ & n!(1 - t)^{n + 1}\left [y^n\right] \frac{(w + 1)^{-s}}{1 - t(w + 1)}\qquad (w = e^y - 1) \\ = \ & n!(1 - t)^{n + 1}\sum_{m = 0}^n \left[y^n\right] w^m \left[w^m\right] \frac{1}{1 - t(w + 1)}(w + 1)^{-s} \\ = \ & (1 - t)^{n}\sum_{m = 0}^n \left[y^n / n!\right] (e^y - 1)^m \left[w^m\right] \frac{1 - t}{1 - t - tw} (w + 1)^{-s} \\ = \ & (1 - t)^{n}\sum_{m = 0}^n m!\begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix} \left[w^m\right] \frac{1}{1 - sw} \sum_{i = 0}^m \binom{-s}{i}w^i \\ = \ & (1 - t)^{n}\sum_{m = 0}^n m!\begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix} \left[w^m\right] \left(\sum_{i = 0}^m s^i w^i\right) \left(\sum_{i = 0}^m \binom{-s}{i}w^i\right) \\ = \ & (1 - t)^{n}\sum_{m = 0}^n m!\begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix} \sum_{i = 0}^m \binom{-s}{i} s^{m - i} \end{aligned} \]

最终式子的计算方式是多样的。首先可以发现，我们可以之间将 \(s\) 作为变元求多项式，最后转换为 \(t\) 的变元只需一次卷积。
我们可以通过矩阵描述 \(\sum_{i = 0}^m \binom{-s}{i} s^{m - i}\) 的递推形式，随后分治求解。同样可以类似多点求值的构造，求出对区间 \(m\in [l, r)\) 求和的结果，相应设辅助元素求解。
两种方式写起来大致类似。

Submission.

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