蓝书（算法竞赛进阶指南）刷题记录——CH3602 & 洛谷4778 Counting Swaps（计数DP）

题目：CH3602/luogu4778.
题目大意：给定一个长度为$n$的排列，询问有多少种方法可以在交换次数最少的情况下把原序列变成递增序列.
$1\le n\le 10^5$.

我们发现最后序列一定是$1,2,...,n$，那么考虑把每个位置上的数向它最后应该在的位置连一条边，那么我们会得到一张图.很明显每次可以把两条边的起始点交换，且目标为把每条边变成自环.

考虑对于一个长度为$n$的环，必然要至少操作$n-1$次才能把环变成$n$个自环，所以每一个长度为$n$的环必然是会被拆$n-1$次后结束的.

设$T(x,y)$表示把一个长度为$x+y$的环拆成长度为$x,y$的环的方案数，$f_n$表示一个长度为$n$的环通过$n-1$次操作得到$n$个自环的方案数，容易发现一个这个环必然会被拆成两个环长度为$x,y$满足$x+y=n$，所以可以推出方程：
$$T(x,y)=\{\begin{array}{cc}\frac{x+y}{2}& 2|(x+y)\cap x=y\\ x+y& gcd(2,n)=1\cup x≠y\end{array}$$

$$f_n=\sum _{i=1}^{n-1}T(i,n-i)f_i{f}_{n-i}\frac{(n-2)!}{(i-1)!(n-i-1)!}$$

设总共有$n$个点，并且总共有$k$个环长度分别为$l_1,l_2,...,l_k$，那么答案为：
$$\frac{(n-k)!}{{\prod }_{i=1}^k(l_i-1)!}\prod _{i=1}^k{f}_{l_i}$$

考虑到计算$f$的时间复杂度为$O(n^2)$，于是选择打表找规律，发现$f_1=1$且$f_n=n^{n-2}(n>1)$，套了一下午的二项式定理还是没套出证明.

到了这一步之后，我们只需要把所有环跑出来，然后直接用公式即可，时间复杂度$O(n\log n)$.

代码如下：

#include
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=100000;
const LL mod=1000000009;

LL power(LL a,LL k){
  LL s=1;
  for (;k>0;k>>=1,a=a*a%mod)
    if (k&1) s=s*a%mod;
  return s;
}

int n,p[N+9];

int bel[N+9],cnt,c[N+9];

void dfs(int k){
  bel[k]=cnt;
  if (!bel[p[k]]) dfs(p[k]);
}

LL f[N+9],ans,inv[N+9],fct[N+9];

Abigail start(){
  fct[0]=inv[0]=f[0]=1;
  for (int i=1;i<=N;++i){
    f[i]=power((LL)i,(LL)i-2);
    fct[i]=fct[i-1]*i%mod;
    inv[i]=power(fct[i],mod-2);
  }
}

Abigail into(){
  scanf("%d",&n);
  for (int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&p[i]);
}

Abigail work(){
  for (int i=1;i<=n;++i)
    if (!bel[i]){
      ++cnt;
      dfs(i);
	}
  for (int i=1;i<=n;++i)
    ++c[bel[i]];
  ans=fct[n-cnt];
  for (int i=1;i<=cnt;++i)
    ans=ans*f[c[i]]%mod*inv[c[i]-1]%mod;
}

Abigail outo(){
  printf("%lld\n",ans);
  for (int i=1;i<=n;++i)
    bel[i]=c[i]=0;
  cnt=0;
}

int main(){
  int T;
  scanf("%d",&T);
  start();
  while (T--){
    into();
    work();
    outo();
  }
  return 0;
}