【洛谷P5825 排列计数】【生成函数+二项式反演/欧拉数】
题意
我们记一个排列 P P P的升高为 k k k当且仅当存在 k k k个位置 i i i使得 P i < P i + 1 P_i < P_{i+1} Pi<Pi+1。
现在给定排列长度 n n n，对于所有整数 k ∈ [ 0 , n ] k\in [0,n] k∈[0,n]，求有多少个排列的升高为 k k k。
n ≤ 200000 n\le 200000 n≤200000
做法一
考虑钦定 k k k个位置为 < < <，其他位置不管。对 ( n − 1 k ) \binom{n-1}{k} (kn−1)种不同取法的方案数求和，记为 g k g_k gk。
如果把关系为 < < <的相邻两个位置合并，则共有 n − k n-k n−k个集合，记第 i i i个集合的大小为 s i s_i si，则合法的排列数量为 n ! ∏ s i ! \frac{n!}{\prod s_i!} ∏si!n!
因此 g k = ∑ s i n ! ∏ s i ! g_k=\sum_{s_i}\frac{n!}{\prod s_i!} gk=si∑∏si!n!
写成生成函数的形式，就是 g k = n ! [ x n ] ( e x − 1 ) m = n ! [ x n ] ∑ i = 0 m ( m i ) ( − 1 ) m − i e i x = n ! ∑ i = 0 m ( m i ) ( − 1 ) m − i i n i ! \begin{aligned} g_k&=n! [x^n] (e^x-1)^m\\ &=n! [x^n] \sum_{i=0}^m\binom{m}{i}(-1)^{m-i}e^{ix}\\ &=n! \sum_{i=0}^m\binom{m}{i}(-1)^{m-i}\frac{i^n}{i!} \end{aligned} gk=nm=n![xn]i=0∑m(im)(−1)m−ieix=n!i=0∑m(im)(−1)m−ii!in
把组合数展开然后FFT就可以求出 g k g_k gk。
设 f k f_k fk表示答案，不难发现 g i = ∑ j = i n − 1 ( j i ) f j g_i=\sum_{j=i}^{n-1}\binom{j}{i}f_j gi=j=i∑n−1(ij)fj
二项式反演一下就可以得到 f i = ∑ j = i n − 1 ( j i ) ( − 1 ) j − i g j f_i=\sum_{j=i}^{n-1}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}g_j fi=j=i∑n−1(ij)(−1)j−igj
再做一次FFT即可。
时间复杂度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn).
做法二
令 f n , m f_{n,m} fn,m表示长度为 n n n，恰好有 m m m个 < < <的排列数， f n , m f_{n,m} fn,m也称欧拉数。
不难得到递推公式 f n , k = ( k + 1 ) f n − 1 , k + ( n − k ) f n − 1 , k − 1 f_{n,k}=(k+1)f_{n-1,k}+(n-k)f_{n-1,k-1} fn,k=(k+1)fn−1,k+(n−k)fn−1,k−1
欧拉数还有如下通项 f n , m = ∑ k = 0 m ( n + 1 k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n f_{n,m}=\sum_{k=0}^m \binom{n+1}{k}(-1)^k(m+1-k)^n fn,m=k=0∑m(kn+1)(−1)k(m+1−k)n
可以通过数学归纳法证明上述通项
f n , m = ( m + 1 ) f n − 1 , m + ( n − m ) f n − 1 , m − 1 f_{n,m}=(m+1)f_{n-1,m}+(n-m)f_{n-1,m-1} fn,m=(m+1)fn−1,m+(n−m)fn−1,m−1
= ( m + 1 ) ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n − 1 + ( n − m ) ∑ k = 0 m − 1 ( n k ) ( − 1 ) k ( m − k ) n − 1 =(m+1)\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(m+1-k)^{n-1}+(n-m)\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n}{k}(-1)^k(m-k)^{n-1} =(m+1)k=0∑m(kn)(−1)k(m+1−k)n−1+(n−m)k=0∑m−1(kn)(−1)k(m−k)n−1
= ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k [ ( m + 1 ) ( m + 1 − k ) n − 1 + ( n − m ) ( m − k ) n − 1 ] =\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k[(m+1)(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1}] =k=0∑m(kn)(−1)k[(m+1)(m+1−k)n−1+(n−m)(m−k)n−1]
= ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k [ ( m + 1 − k ) n + k ( m + 1 − k ) n − 1 + ( n − m ) ( m − k ) n − 1 ] =\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}(-1)^k[(m+1-k)^n+k(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1}] =k=0∑m(kn)(−1)k[(m+1−k)n+k(m+1−k)n−1+(n−m)(m−k)n−1]
展开后最左边那项就是我们想要的 ∑ k = 0 m ( n + 1 k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n \sum_{k=0}^m\binom{n+1}{k}(-1)^k(m+1-k)^n k=0∑m(kn+1)(−1)k(m+1−k)n
考虑后面两项
∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( n − m ) ( m − k ) n − 1 + ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n [ k m + 1 − k − k n + 1 − k ] \sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(n-m)(m-k)^{n-1}+\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(m+1-k)^n\Big[\frac{k}{m+1-k}-\frac{k}{n+1-k}\Big] k=0∑m(kn)(−1)k(n−m)(m−k)n−1+k=0∑m(kn)(−1)k(m+1−k)n[m+1−kk−n+1−kk]
= ( n − m ) ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( m − k ) n − 1 + ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n k n − m ( m + 1 − k ) ( n + 1 − k ) =(n-m)\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(m-k)^{n-1}+\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(m+1-k)^nk\frac{n-m}{(m+1-k)(n+1-k)} =(n−m)k=0∑m(kn)(−1)k(m−k)n−1+k=0∑m(kn)(−1)k(m+1−k)nk(m+1−k)(n+1−k)n−m
前面那项当 k = m k=m k=m时贡献为 0 0 0，用 k − 1 k-1 k−1替换 k k k，可以得到上式等于
( n − m ) ∑ k = 1 m ( n k − 1 ) ( − 1 ) k − 1 ( m − k + 1 ) n − 1 + ( n − m ) ∑ k = 0 m ( n k ) ( − 1 ) k ( m + 1 − k ) n − 1 k n + 1 − k (n-m)\sum_{k=1}^m\binom{n}{k-1}(-1)^{k-1}(m-k+1)^{n-1}+(n-m)\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k(m+1-k)^{n-1}\frac{k}{n+1-k} (n−m)k=1∑m(k−1n)(−1)k−1(m−k+1)n−1+(n−m)k=0∑m(kn)(−1)k(m+1−k)n−1n+1−kk
不难发现上式就等于 0 0 0。
发现是个卷积形式，直接FFT就好了。
代码（做法一）
#include代码（做法二）
#include