「hackerrank - 101hack43」K-Inversion Permutations

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原问题即：请你给出不同的序列 \(\{a_n\}\) 的数量，满足 \(0\leqslant a_i<i\)，且 \(\sum a_i=k\)。

那么写出 \({a_n}\) 的 ogf，可得答案为：\(\displaystyle [x^k]\left(G(x)=\sum_{i=0}^{n-1} x^i=\frac{1-x^n}{1-x}\right)=\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}=\left(\prod_{i=1}^n(1-x^i)\right)\left(\sum_{i=0}^n\binom{n-1+i}{i} x^i\right)\)。

前面那个括号是有组合意义的，即有 \(n\) 个物品，其第 \(i\) 个体积为 \(i\)，有个容量 \(k\) 的背包，求恰好填满背包的方案数，这个方案数还要乘一个系数 \((-1)^m\)，\(m\) 为选的物品的个数。

后面那个你就直接算，前面的可以 dp。考虑这样一个构造过程：

一开始什么数都没有。对已有的数，我们有两种操作，一种是全部加 \(1\)，一种是全部加 \(1\) 然后再加入一个值为 \(1\) 的数。这样执行若干次操作之后构造出来的数列一定满足条件。

https://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/72862151

然后就设 \(f(i,j)\) 为选了 \(i\) 个数，目前的和为 \(j\) 的方案数，转移很简单，依照两种操作模拟即可。

太神仙了，我脑子不够用。然后第一维的规模是根号，所以能过了。

#include <bits/stdc++.h>

constexpr int kMod = 1e9 + 7;
constexpr int kN = 1e5, kSqrt = 500;
int n, k, f[kSqrt + 5][kN + 5], fac[kN * 2 + 5], ifac[kN * 2 + 5];

inline void addeq(int& u, const int v) { (u += v) >= kMod && (u -= kMod); }
inline void muleq(int& u, const int v) { u = static_cast<long long>(u) * v % kMod; }
inline void subeq(int& u, const int v) { (u -= v) < 0 && (u += kMod); }
inline int add(int u, const int v) { return (u += v) < kMod ? u : u - kMod; }
inline int mul(const int u, const int v) { return static_cast<long long>(u) * v % kMod; }
inline int mpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	for (; y; y >>= 1, muleq(x, x))
		if (y & 1) muleq(res, x);
	return res;
}

template <typename... Args>
inline int mul(const int u, const int v, const Args... args) { return mul(u, mul(v, args...)); }

inline void init(const int n) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
	ifac[n] = mpow(fac[n], kMod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) ifac[i] = mul(ifac[i + 1], i + 1);
}
inline int com(const int x, const int y) { return mul(fac[x], ifac[x - y], ifac[y]); }

signed main() {
	init(2 * kN);

	std::cin >> n >> k;
	f[0][0] = 1;
	const int kS = std::trunc(std::sqrt(k * 2) + 1);
	for (int i = 1; i <= kS; ++i)
		for (int j = 0; j <= k; ++j) {
			if (j >= i) f[i][j] = add(f[i - 1][j - i], f[i][j - i]);
			if (j >= n + 1) subeq(f[i][j], f[i - 1][j - n - 1]);
		}

	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= kS; ++i)
		for (int j = 0; j <= k; ++j) addeq(res, mul((i & 1) ? kMod - 1 : 1, f[i][j], com(k - j + n - 1, k - j)));

	std::cout << res << "\n";
	return 0;
}