[JZOJ5135]逆序对/[HackerRank-101hack43]K-Inversion Permutations

题目大意

给定 n,k ,请求出长度为 n 的逆序对数恰好为 k 的排列的个数。
答案对 109+7 取模。

1n,k105,1k(n2)

题目分析

首先问题可以转化成,你有 n 个变量 ai ai 的取值范围是 [0,i1]
你要计算出使得 ni=1ai=k 成立的取值方案。
这个怎么计算呢?有下面两种方法,不过其实殊途同归。

容斥原理

考虑使用容斥,我们限制一些 aii
设我们限制的 aii i 之和为 s ,根据挡板原理,方案数就是 (ks+n1n1) 。如果我们限制了 m ai ,那么我们就要乘上容斥系数 (1)m
虽然总的方案有 2n 种,但是实际上,如果我限制的 ai i 之和超过了 k ,它对答案是没有贡献的。也就是我只需要计算:在 1 n 中选出若干个数,使其和为 1 k 然后限制个数为特定奇偶性的方案数。

生成函数

题目实际上是求

[xk](i=1n(1xi))j0(j+n1n1)xj

我们可以枚举 j ,用组合数计算出相应的系数,然后计算前面的累乘里面相应的 i 对应的系数。
累乘里面的式子是有组合意义的,与上面容斥原理推出来的一致。

计算方案数

于是现在的问题就变成了怎么计算在 1 n 中选出若干个数,使其和为 1 k 然后限制个数为特定奇偶性的方案数。这其实是一个经典问题。
脑补一下这样一个构造过程: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。
于是我们就可以写出这样的方程:设 fi,j 表示已经选择了 i 个数,目前的和为 j 的方案,有如下几种转移:

fi,j=fi1,ji+fi,ji,fi1,j(n+1),jijn+1

注意到第一维我最多能够选择的数的个数显然是 O(k) 级别的,因此时空复杂度是 O(kk) 的。
于是本题就完美解决了。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

const int P=1000000007;
const int N=100050;
const int L=N<<1;
const int M=448;

int fact[L],invf[L];
int n,K,l,m,ans;
int f[M][N];

int quick_power(int x,int y)
{
    int ret=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}

void pre()
{
    fact[0]=1;
    for (int i=1;i<=l;++i) fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%P;
    invf[l]=quick_power(fact[l],P-2);
    for (int i=l;i>=1;--i) invf[i-1]=1ll*invf[i]*i%P;
}

int C(int n,int m){return 1ll*fact[n]*invf[m]%P*invf[n-m]%P;}

void dp()
{
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=m;++i)
        for (int j=0;j<=K;++j)
        {
            if (j>=i) f[i][j]=(f[i][j-i]+f[i-1][j-i])%P;
            if (j>=n+1) f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-(n+1)]+P)%P;
        }
}

void calc()
{
    ans=0;
    for (int i=0;i<=m;++i)
        for (int k=0;k<=K;++k)
            (ans+=(((i&1)?-1ll:1ll)*f[i][k]*C(K-k+n-1,n-1)%P+P)%P)%=P;
}

int main()
{
    freopen("inverse.in","r",stdin),freopen("inverse.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&K),l=n+K,m=trunc(sqrt(K*2-1)),pre(),dp(),calc(),printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}

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