P4778 Counting Swaps 题解

第一道 A 掉的严格意义上的组合计数题，特来纪念一发。

第一次真正接触到这种类型的题，给人感觉好像思维得很发散才行……

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对于一个排列 \(p_1,p_2,\dots,p_n\)，对于每个 \(i\) 向 \(p_i\) 连一条边，可以发现整个构成了一个由若干环组成的图，目标是将这些环变为自环。

引理：把长度为 \(n\) 的环变为 \(n\) 个自环，最少交换次数为 \(n-1\)。

用归纳法证，对于当前情况，任意一次交换都将其拆为两个环，由淘汰赛法则可知引理成立。

记 \(F_n\) 表示在最少交换次数下把长度为 \(n\) 的环变为 \(n\) 个自环，有多少种交换方式。由前所述，我们每次都将其拆为两个环，不妨设两个环长度为 \(x,y\)，并记 \(T(x,y)\) 表示有多少种方法可将一个长度为 \(n\) 的环变为长度为 \(x,y\) 的两个环，那么当 \(n\) 为偶数且 \(x=y\) 时有 \(T(x,y)=\frac{n}{2}\)，其他情况 \(T(x,y)=n\)。由于 \(x\) 环与 \(y\) 环的操作互不干扰，两边的操作可以随意排列，因此这里就是一个多重集的全排列。

于是有了递归表达式： $$F_n=\sum_{x+y=n}\left(T(x,y)F_xF_y\frac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}\right)$$ 对于题目中的所有 \(k\) 个环，记它们的长度为 \(\{l_k\}\)，最终答案为：

\[\prod^{k}_{i=1}F_{l_{i}}\dfrac{(n-k)!}{\prod^{k}_{i=1}(l_i-1)!}
\]

还没完，经过JOJO的洗礼之后发现 \(F_n=n^{n-2}\)！复杂度立马降为 \(O(n\log n)\)……

（找环这个骚操作是照题解区 dalao 学的，只能 orz

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1e5+5;
const ll mod=1e9+9;
int n,a[N],L[N],cnt;
ll fac[N]={1,1},F[N]={0,1};
bool vis[N];

ll qpow(ll bas,ll p)
{
    ll res=1; bas%=mod;
    for(;p;p>>=1)
    {
        if(p&1) res=res*bas%mod;
        bas=bas*bas%mod;
    }
    return res;
}

int dfs(int x)
{
    vis[x]=1;
    if(vis[a[x]]) return 1;
    return dfs(a[x])+1;
}

int main()
{
    int T; scanf("%d",&T);
    for(int i=2;i<N;++i)
        fac[i]=i*fac[i-1]%mod,
        F[i]=qpow(i,i-2)%mod;
    while(T--)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        cnt=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(!vis[i]) L[++cnt]=dfs(i);
        ll ans=fac[n-cnt];
        for(int i=1;i<=cnt;++i)
            ans=ans*F[L[i]]%mod*qpow(fac[L[i]-1],mod-2)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}