LOJ6077「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对 （生成函数+多项式exp？朴素DP！）

题面

给定

n

,

k

n,k

n,k ，求长度为

n

n

n 逆序对个数为

k

k

k 的排列个数，对

1

e

9

+

7

\rm1e9+7

1e9+7 取模。

1

≤

n

,

k

≤

100
 

000

1\leq n,k\leq 100\,000

1≤n,k≤100000 。

题解

首先，不要看到逆序对就手忙脚乱，它其实是可控的。

令

d

i

d_i

di​ 为第

i

i

i 个数前面比它大的数的个数，满足条件

d

i

∈

[

0

,

i

)

d_i\in[0,i)

di​∈[0,i) 。一个

d

d

d 序列，实际上只需要满足这个条件，他就能够成立，并且唯一对应一个排列。这个在POJ3761 Bubble Sort中证明过，可以通过

d

d

d 序列构造出排列来。

然后，就是个比较经典的问题：

n

n

n 个非负整数，各有上限，求总和为

k

k

k 的方案数。这题的特殊之处在于，每个数的上界依次是

0

0

0 到

n

−

1

n-1

n−1 。

先设

f

(

x

)

f(x)

f(x) 为这

n

n

n 个非负整数没有上限的情况下，总和为

x

x

x 的方案数。经验告诉我们，利用隔板法，可得

f

(

x

)

=

C

(

x

+

n

−

1

,

x

)

f(x)=C(x+n-1,x)

f(x)=C(x+n−1,x) 。

生成函数

我们可以用生成函数来做，走起！

可以得到第

i

i

i 个数的生成函数为

1

+

x

+

x

2

+

.

.

.

+

x

i

−

1

=

(

∑

j

=

0

∞

x

j

)

−

(

∑

j

=

i

∞

x

j

)

=

1

−

x

i

x

−

1

1+x+x^2+...+x^{i-1}=(\sum_{j=0}^{\infty}x^j)-(\sum_{j=i}^{\infty}x^j)=\frac{1-x^i}{x-1}

1+x+x2+...+xi−1=(j=0∑∞​xj)−(j=i∑∞​xj)=x−11−xi​

（我们用

[

[

x

i

]

]

F

(

x

)

[[x^i]]F(x)

[[xi]]F(x) 来表示函数

F

(

x

)

F(x)

F(x) 的

i

i

i 次项系数）于是答案可表示为

[

[

x

k

]

]

∏

i

=

1

n

1

−

x

i

x

−

1

=

[

[

x

k

]

]

(

(

1

x

−

1

)

n

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

=

[

[

x

k

]

]

(

(

∑

i

=

0

∞

x

i

)

n

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

=

∑

j

=

0

k

[

[

x

j

]

]

(

∑

i

=

0

∞

x

i

)

n

⋅

[

[

x

k

−

j

]

]

(

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

[[x^k]]\prod_{i=1}^{n}\frac{1-x^i}{x-1}=[[x^k]]\Big((\frac{1}{x-1})^n\prod_{i=0}^{n}(1-x^i)\Big)\\ =[[x^k]]\Big((\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^n\prod_{i=0}^n(1-x^i)\Big)\\ =\sum_{j=0}^{k}[[x^j]](\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^n\cdot[[x^{k-j}]]\Big(\prod_{i=0}^n(1-x^i)\Big)

[[xk]]i=1∏n​x−11−xi​=[[xk]]((x−11​)ni=0∏n​(1−xi))=[[xk]]((i=0∑∞​xi)ni=0∏n​(1−xi))=j=0∑k​[[xj]](i=0∑∞​xi)n⋅[[xk−j]](i=0∏n​(1−xi))

这个东西：

[

[

x

j

]

]

(

∑

i

=

0

∞

x

i

)

n

[[x^j]](\sum_{i=0}^{\infty}x^i)^n

[[xj]](∑i=0∞​xi)n ，不就是无限制的

n

n

n 个自然数的情况吗？不就是

f

(

j

)

f(j)

f(j) ？

=

∑

j

=

0

k

f

(

j

)

⋅

[

[

x

k

−

j

]

]

(

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

=\sum_{j=0}^{k}f(j)\cdot[[x^{k-j}]]\Big(\prod_{i=0}^n(1-x^i)\Big)

=j=0∑k​f(j)⋅[[xk−j]](i=0∏n​(1−xi))

接下来，我们要对这个函数

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

\prod_{i=0}^n(1-x^i)

∏i=0n​(1−xi) 开膛破肚了。

先取对数转化成加法：

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

ln

⁡

(

1

−

x

i

)

)

\exp\Big( \sum_{i=0}^n\ln(1-x^i) \Big)

exp(i=0∑n​ln(1−xi))

然后，我们手推二项式

ln

⁡

\ln

ln ，运用链式法则求导再求积分：

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

ln

⁡

(

1

−

x

i

)

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

∫

(

ln

⁡

′

(

1

−

x

i

)

⋅

(

1

−

x

i

)

′

)

d

x

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

∫

−

i

x

i

−

1

1

−

x

i

d

x

)

\exp\Big( \sum_{i=0}^n\ln(1-x^i) \Big)=\exp\Big( \sum_{i=0}^n\int(\ln'(1-x^i)\cdot(1-x^i)'){\rm dx} \Big)\\ =\exp\Big( \sum_{i=0}^n\int\frac{-ix^{i-1}}{1-x^i}{\rm dx} \Big)

exp(i=0∑n​ln(1−xi))=exp(i=0∑n​∫(ln′(1−xi)⋅(1−xi)′)dx)=exp(i=0∑n​∫1−xi−ixi−1​dx)

再手推

g

(

x

)

=

1

−

x

i

g(x)=1-x^i

g(x)=1−xi 取模

x

k

+

1

x^{k+1}

xk+1 下的逆元。不难发现

(

1

−

x

i

)

(

1

+

x

i

+

x

2

i

+

x

3

i

+

.

.

.

)

=

1

−

x

i

+

x

i

−

x

2

i

+

x

2

i

−

.

.

.

≡

1

(1-x^i)(1+x^i+x^{2i}+x^{3i}+...)=1-x^i+x^i-x^{2i}+x^{2i}-...\equiv1

(1−xi)(1+xi+x2i+x3i+...)=1−xi+xi−x2i+x2i−...≡1 ，因此它的逆元是

h

(

x

)

=

1

+

x

i

+

x

2

i

+

x

3

i

+

.

.

.

h(x)=1+x^i+x^{2i}+x^{3i}+...

h(x)=1+xi+x2i+x3i+... 。代入进去：

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

∫

−

i

x

i

−

1

1

−

x

i

d

x

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

∫

−

i

x

i

−

1

(

∑

j

=

0

∞

x

i

j

)

d

x

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

∫

(

∑

j

=

1

∞

−

i

x

i

j

−

1

)

d

x

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

0

n

(

∑

j

=

1

∞

−

i

x

i

j

i

j

)

)

=

exp

⁡

(

∑

i

=

1

k

−

(

∑

j

∣

i

n

j

)

x

i

)

\exp\Big( \sum_{i=0}^n\int\frac{-ix^{i-1}}{1-x^i}{\rm dx} \Big)=\exp\Big( \sum_{i=0}^n\int-ix^{i-1}(\sum_{j=0}^{\infty}x^{ij}){\rm dx} \Big)\\ =\exp\Big( \sum_{i=0}^n\int(\sum_{j=1}^{\infty}-ix^{ij-1}){\rm dx} \Big)\\ =\exp\Big( \sum_{i=0}^n(\sum_{j=1}^{\infty}-i\frac{x^{ij}}{ij}) \Big)\\ =\exp\Big( \sum_{i=1}^{k} -(\sum_{j|i}^nj)x^i \Big)

exp(i=0∑n​∫1−xi−ixi−1​dx)=exp(i=0∑n​∫−ixi−1(j=0∑∞​xij)dx)=exp(i=0∑n​∫(j=1∑∞​−ixij−1)dx)=exp(i=0∑n​(j=1∑∞​−iijxij​))=exp(i=1∑k​−(j∣i∑n​j)xi)

中间的

∑

j

∣

i

n

j

\sum_{j|i}^nj

∑j∣in​j 其实就是

i

i

i 小于等于

n

n

n 的因数和，可以用埃筛预处理出来。然后再用多项式exp就可以求出这个多项式了，令该多项式的

i

i

i 次项系数为

G

[

i

]

G[i]

G[i] ，那么答案就是

∑

j

=

0

k

C

(

j

+

n

−

1

,

j

)

⋅

G

[

k

−

j

]

\sum_{j=0}^{k}C(j+n-1,j)\cdot G[k-j]

j=0∑k​C(j+n−1,j)⋅G[k−j]

预处理阶乘求组合数就完了。时间复杂度

O

(

n

log

⁡

n

)

O(n\log n)

O(nlogn) 。还得写任意模数NTT之类。

动态规划

但是多项式exp的常数有好几十，其实不优，很难跑过 1s。

我们其实可以用容斥，枚举超过上限的个数，答案转化过来，其实也是上面的一个式子：

∑

j

=

0

k

f

(

j

)

⋅

[

[

x

k

−

j

]

]

(

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

\sum_{j=0}^{k}f(j)\cdot[[x^{k-j}]]\Big(\prod_{i=0}^n(1-x^i)\Big)

j=0∑k​f(j)⋅[[xk−j]](i=0∏n​(1−xi))

不熟悉生成函数的可能有点晕，但是熟知

D

P

\rm DP

DP 的我们应该可以意识到，右边的

[

[

x

k

−

j

]

]

(

∏

i

=

0

n

(

1

−

x

i

)

)

[[x^{k-j}]]\Big(\prod_{i=0}^n(1-x^i)\Big)

[[xk−j]](∏i=0n​(1−xi)) 其实是个

0

/

1

0/1

0/1 背包问题！每个物品的大小依次是

1

1

1 到

n

n

n ，要么不取，要么取，取的话贡献的权值不是

1

1

1 而是

−

1

-1

−1，背包记录的是所有方案物品权值积的和。也可以说，绝对值是放物品方案数，符号是

−

1

-1

−1 的物品个数次方。

这个就很让人头疼。我们知道背包问题是根硬骨头，铁打的

O

(

n

m

)

O(nm)

O(nm) ，经常让人绝望。但是也不乏一些特殊情况的优化，比如用随机排序解决总和为

0

0

0 的背包最值问题（缩小背包大小），再比如这道题。这道题的特殊之处就在于每个物品的大小分别是

1

1

1 到

n

n

n 。

这样我们可以发现一个结论：物品个数不超过

k

\sqrt k

k

​ 的级别！因为考虑最坏情况，只需要

1

1

1~

k

\sqrt k

k

​ 放进去，总大小就足以达到

k

k

k 左右。

所以，设

d

p

[

i

]

[

j

]

dp[i][j]

dp[i][j] 为放

i

i

i 个数进去，总和为

j

j

j 的方案数，那么总状态数大约是

k

k

k\sqrt k

kk

​ ，可以存得下。再借鉴LOJ#6089 小 Y 的背包计数问题的思路，我们可以进行

O

(

1

)

O(1)

O(1) 转移：

• 把已有的

  i

  i

  i 个数每个加一，可得转移：

  d

  p

  [

  i

  ]

  [

  j

  −

  i

  ]

  →

  d

  p

  [

  i

  ]

  [

  j

  ]

  dp[i][j-i]\rightarrow dp[i][j]

  dp[i][j−i]→dp[i][j] 。

• 把已有的数每个加一，再往里边放一个 1，可得转移

  d

  p

  [

  i

  −

  1

  ]

  [

  j

  −

  i

  ]

  →

  d

  p

  [

  i

  ]

  [

  j

  ]

  dp[i-1][j-i]\rightarrow dp[i][j]

  dp[i−1][j−i]→dp[i][j] 。

• 上述两种转移算进来了不合法情况，即最大的数是一个

  n

  +

  1

  n+1

  n+1 ，因此我们把这些情况去除掉。去掉最大的

  n

  +

  1

  n+1

  n+1 后，方案数等于

  d

  p

  [

  i

  −

  1

  ]

  [

  j

  −

  n

  −

  1

  ]

  dp[i-1][j-n-1]

  dp[i−1][j−n−1] ，因此可得转移

  (

  −

  d

  p

  [

  i

  −

  1

  ]

  [

  j

  −

  n

  −

  1

  ]

  )

  →

  d

  p

  [

  i

  ]

  [

  j

  ]

  (-dp[i-1][j-n-1])\rightarrow dp[i][j]

  (−dp[i−1][j−n−1])→dp[i][j] 。

时间复杂度

O

(

k

k

)

O(k\sqrt k)

O(kk

​) ，比多项式exp快得多。

CODE

动规做法

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define SI(x) set<x>::iterator
#define BI bitset<63>
#define eps (1e-9)
#define SQ (450)
LL read() {
	LL f=1,x=0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {
	if(!x) return ;
	putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
	if(!x) putchar('0');
	else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
	else putpos(x);
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,s,o,k;
int fac[MAXN<<2],inv[MAXN<<2],invf[MAXN<<2];
int C(int n,int m) {
	if(m < 0 || m > n) return 0;
	return fac[n] *1ll* invf[n-m] % MOD *1ll* invf[m] % MOD;
}
int dp[SQ][MAXN];
int dpp[MAXN];
int main() {
	n = read();k = read();
	int sq = 1;
	while((sq+1)*1ll*(sq+2)/2ll <= k) sq ++;
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=1;
	for(int i = 2;i <= 200000;i ++) {
		fac[i] = fac[i-1]*1ll*i % MOD;
		inv[i] = (MOD-inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
		invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
	}
	dp[0][0] = 1;
	dpp[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= sq;i ++) {
		for(int j = (i+1)*i/2;j <= k;j ++) {
			dp[i][j] = (dp[i][j-i] + dp[i-1][j-i]) % MOD;
			if(j > n) (dp[i][j] += MOD-dp[i-1][j-n-1]) %= MOD;
			(dpp[j] += ((i&1) ? (MOD-1):1)*1ll*dp[i][j] % MOD) %= MOD;
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i <= k;i ++) {
		(ans += C(i+n-1,i) *1ll* dpp[k-i] % MOD) %= MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}