[容斥 DP] LOJ#6077. 「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对

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本文探讨了一种特殊的背包问题，并使用容斥原理来解决该问题。通过构造方案数来计算逆序对的数量，利用旋转体积背包进行优化。文中还提供了一个具体的实现示例。

考虑从小到大加入一个数，

加入 $i$ 时会增加大于0小于 $i$ 对逆序对

那么就相当于求 $\sum a_{i} = k$ 的方案数，其中 $a_i<i$

这就是个很经典的背包了——BZOJ2431

但是这题不能用背包来做

考虑容斥。

朴素的容斥要枚举哪些超过限制，这样复杂度是指数级别的，但是很多是有重复的

令 $f_{i,j}$ 表示用 $i$ 个数组成 $j$ 的方案数

$g_{i}=\sum f_{i,j}\times {n+k-j-1\choose n-1}$

答案就是 $\sum (-1)^ig_i$

$f_{i,j}$ 可以用旋转体积背包搞

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=200010,P=1e9+7;

int n,k,S;
ll f[510][N],inv[N],fac[N],a[N];

inline ll C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%P*inv[x-y]%P;
}

int main(){
    cin>>n>>k;
    S=sqrt(k<<1)+3;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=S;i++)
        for(int j=i;j<=k;j++){
            f[i][j]=(f[i][j-i]+f[i-1][j-i])%P;
            if(j>n) (f[i][j]-=f[i-1][j-n-1])%=P;
        }
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<=k+n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
    for(int i=2;i<=k+n;i++) inv[i]=1LL*(P-P/i)*inv[P%i]%P;
    for(int i=1;i<=k+n;i++) (inv[i]*=inv[i-1])%=P;
    ll ans=C(n+k-1,n-1);
    for(int i=1;i<=S && i<=n;i++){
        ll cur=0;
        for(int j=1;j<=k;j++)
            (cur+=f[i][j]*C(n+k-j-1,n-1))%=P;
        if(i&1) cur=-cur; 
        (ans+=cur)%=P;
    }
    cout<<((ans+P)%P)<<endl;
    return 0;
}