lfyzoj104 Counting Swaps

问题描述

给定你一个 $1 \sim n$ 的排列 $\{p_i\}$，可进行若干次操作，每次选择两个整数 $x,y$，交换 $p_x,p_y$。

请你告诉穰子，用最少的操作次数将给定排列变成单调上升的序列 $1,2,\ldots,n$，有多少种方式呢？请输出方式数对 $10^9+9$ 取模的结果。

输入格式

第一行一个整数 $T$ 代表数据组数。

每一组测试数据，第一行是一个整数 $n$ 代表排列中的元素个数，第二行 $n$ 个整数，是这个排列。

输入数据中测试数据间也许存在空行，请务必注意。

输出格式

$T$ 行，一行一个整数，代表这组测试数据的答案。

样例一

input

output

explanation

至少需要两步，有三种操作方式。

先换 $2,3$，再换 $3,1$。
先换 $2,1$，再换 $3,2$。
先换 $3,1$，再换 $2,1$。

数据范围与约定

对于 $50\%$ 的数据，$1 \leq n \leq 10$。

对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq n \leq 100000$，$T=100$。

时间限制： $1\mathrm{s}$

内存限制： $256\mathrm{MB}$

来源

ipsc2016c

题解

对于每个点 $i$，将他和他的身上的权值 $p_i$ 代表的那个点连边。最后构成了许多许多的长度 $\in [1,n]$ 的环。

把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，最少需要 $n-1$ 次操作。这可以用数学归纳法证明。

记 $F_n$ 为把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，在步数最小的前提下的操作方式数。

要想把长度为 $n$ 的环变成 $n$ 个长度为 $1$ 的自环，首先肯定要将它划分成长度为 $x,y$ 且 $x+y=n$ 的两个环。

那么，有多少种划分方式呢？我们记把长度为 $n$ 的环划分成长度为 $x,y$ 且 $x+y=n$ 的两个环的方式数为 $T(x,y)$。我们考虑这样一个图：

这个是交换了 $1,5$。你也可以交换 $2,5$。

我们发现，对于每个点，总有两个合适的点来和这个点交换，以达到划分的目的。因此，$T(x,y)$ 为 $2n/2=n$。

但是，我们发现，当 $n$ 为偶数且 $x=y$ 时，这两个点会重合， $T(x,y)$ 变成 $n/2$。

所以，

\[T(x,y)=\begin{cases}
n/2, & n \equiv 0 \pmod 2\ \mathrm{and}\ x=y\\
n, & \mathrm{others}
\end{cases}
\]

我们再考虑一下操作次序的问题。显然地，两个环之间互不影响。可以把一个环看成一类，用可重集排列数计算 $x-1$ 步和 $y-1$ 步之间怎么“交错”。“交错”的方法数依据公式，也就是 $(n-2)!/((x-1)!(y-1)!)$。

因此，根据可重集排列数、加法原理、乘法原理，我们得到

\[F_n=\sum_{x+y=n} T(x,y)F_xF_y\dfrac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}
\]

用 dfs 找出所有的环，它们的长度为 $l_1,l_2,\ldots,l_k$，则再考虑考虑“交错”的方法数，我们得到答案

\[\prod_{i=1}^{k}F_{l_i} \times \dfrac{(n-k)!}{\prod_{i=1}^k(l_i-1)!}
\]

阶乘肯定与模数 $10^9+9$ 互素，因此用费马小定理求逆元即可。

这样的时间复杂度是 $\mathrm{O}(n^2)$。

俗话说打表是第一生产力。我们在研究 $F_i$ 的规律时，意外地发现 $F_i=i^{i-2}$。（我也不会证明……如果您会证明，请联系我）。这样，时间复杂度变为 $\mathrm{O}(n \log n)$。

当然，如果你信不过这个规律，你也可以打一个 $F_i$ 的表放到代码里头……这样的时间复杂度是 $\mathrm{O}(\mathrm{It\ would\ be\ accepted})$……

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <cstdio>

using namespace std;

typedef long long ll;

int n, uu, hea[100005], cnt, bel[100005], din, hav[100005], ans, T;

int jie[100005];

struct Edge{

	int too, nxt;

}edge[200005];

const int mod=1e9+9;

void add_edge(int fro, int too){

	edge[++cnt].nxt = hea[fro];

	edge[cnt].too = too;

	hea[fro] = cnt;

}

void dfs(int x, int c){

	bel[x] = c;

	for(int i=hea[x]; i; i=edge[i].nxt){

		int t=edge[i].too;

		if(!bel[t])

			dfs(t, c);

	}

}

int ksm(int a, int b){

	if(!a)	return 1;

	if(b<0)	return 1;

	int re=1;

	while(b){

		if(b&1)	re = ((ll)re * a) % mod;

		a = ((ll)a * a) % mod;

		b >>= 1;

	}

	return re;

}

int main(){

	cin>>T;

	jie[0] = 1;

	for(int i=1; i<=100000; i++)

		jie[i] = ((ll)jie[i-1] * i) % mod;

	while(T--){

		memset(hav, 0, sizeof(hav));

		memset(bel, 0, sizeof(bel));

		memset(hea, 0, sizeof(hea));

		cnt = din = 0;

		scanf("%d", &n);

		for(int i=1; i<=n; i++){

			scanf("%d", &uu);

			add_edge(i, uu);

			add_edge(uu, i);

		}

		for(int i=1; i<=n; i++)

			if(!bel[i])

				dfs(i, ++din);

		for(int i=1; i<=n; i++)

			hav[bel[i]]++;

		ans = 1;

		for(int i=1; i<=din; i++)

			ans = ((ll)ans * ksm(hav[i], hav[i]-2)) % mod;

		ans = ((ll)ans * jie[n-din]) % mod;

		for(int i=1; i<=din; i++)

			ans = ((ll)ans * ksm(jie[hav[i]-1], mod-2)) % mod;

		cout<<ans<<endl;

	}

	return 0;

}