loj cwoi

题意

求逆序对数恰为 \(m\) 的长度为 \(n\) 的排列数。\(n,m \le 10^5\)。

solution

• \(n,m \le 5000\)

首先对于更小的数据可以直接状压。进一步观察，发现我们并不需要知道值之间的具体大小，只用相对大小就能计算贡献了。于是设 \(f_{i,j}\) 表示长为 \(i\)，逆序对数为 \(j\) 的排列数。考虑将 \(i\) 插进 \(i - 1\) 的排列中，新增的贡献可以是 \([0,i - 1]\) 中的任意一个，于是 \(f_{i,j} = \sum\limits_{k = 0} ^ {i - 1}f_{i - 1,j - k}\)，前缀和即可 \(O(nm)\)。

• \(n,m \le 10^5\)

记 \(x\) 为一个排列的逆序对数列。那么每个 \(x\) 都唯一对应一个排列 \(p\)，也就是他们形成了一个双射，那我们就可以对 \(x\) 计数了。

转化一下问题：给定 \(n,m\)，求满足 \(\sum x_i = m,x_i \in [0,i - 1]\) 的 \(x\) 的个数。网上的大佬都说这种问题多往容斥思考，于是考虑强制钦定一些位置的 \(x_i = i\)（不满足条件），设这些位置的集合为 \(S\)。那么答案就是 $\sum\limits_{S\subseteq\{1,2,\dots,n\}}(-1)^{|S|}\binom{m-(\sum\limits_{x\in S}x)-1 + n}{n-1} $。这个柿子的意思是先让将被钦定的位置都放上 \(x\)，那么剩下的总和就只有 \(m - \sum\limits_{x\in S}x\) 这么多了。再把这么多东西分给 \(n\) 个位置，每个位置可以为空，插板法就行了。

直接枚举集合肯定不行，注意到式子只和集合大小 \(|S|\)、集合元素总和 \(\sum\limits_{x \in S}x\) 有关，于是考虑对集合计数。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(|S| = i\)，\(\sum\limits_{x \in S}x = j\) 的集合个数。转移有两种，一种是全局 \(+1\)：\(f_{i,j} \gets f_{i,j - i}\)，另一种是先全局 \(+1\)，再在开头放一个 \(1\)：\(f_{i,j} \gets f_{i - 1,j - i}\)。这样保证了序列一定是单调上升的，不会重复。但是一直 \(+1\) 有可能会使某些位置 \(>n\)（集合存的是下标，必须 \(\in [1,n]\)），所以在一个位置刚好 \(>n\) 时将其减掉：\(f_{i,j} \gets f_{i,j} - f_{i - 1,j - (n + 1)}\)，然后 \(f\) 就求完了。注意到 \(S\) 里的数一定没有重复的，由于 \(j\) 最大只有 \(m\)，所以 \(i\) 只会到 \(\sqrt{2m}\) 的级别，时间复杂度就是 \(O(n\sqrt m)\) 了。

cwoi 还要滚动数组卡空间，/kk。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5,mod = 1e9 + 7,B = 450,M = 405;
int n,m;
ll fac[N],inv[N];
int f[2][100005];
ll C(ll x,ll y){
	if(x < 0 || y < 0 || x < y) return 0;
	return fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}
ll qpow(ll x,ll y){
	ll res = 1;
	while(y){
		if(y & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
int main(){
	cin >> n >> m;
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n + m;++ i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[n + m] = qpow(fac[n + m],mod - 2);
	for(int i = n + m - 1;i >= 1;-- i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	f[0][0] = 1;
	ll ans = C(n + m - 1,n - 1);
	for(int i = 1;i <= B;++ i){
		for(int j = 0;j <= m;++ j) f[i & 1][j] = 0;
		for(int j = i;j <= m;++ j){
			f[i & 1][j] = (f[i & 1][j - i] + f[(i & 1) ^ 1][j - i]) % mod;
			if(j >= n + 1) f[i & 1][j] = (f[i & 1][j] - f[(i & 1) ^ 1][j - (n + 1)] + mod) % mod;
			ll res = C(m - j - 1 + n,n - 1) * f[i & 1][j] % mod;
			if(i & 1) ans = (ans - res + mod) % mod;
			else ans = (ans + res) % mod;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}