[LOJ6077][2017 山东一轮集训 Day7]逆序对

逆序对

题解

首先，看到这道题，应该很容易想到$dp$。
我们将所有的数字从小到大加入，当加入数字$i$时，它有$i$个可选择位置，可能产生$[0,i-1]$个逆序对。
所以容易联想到生成函数，
$$Ans=(\prod _{i=1}^n(\sum _{j=0}^{i-1}{x}^j))[x^k]=(\prod _{i=1}^n\frac{1-x^i}{1-x})[x^k]=\frac{{\prod }_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x{)}^n}$$

对于分母$\frac{1}{(1-x{)}^n}$，它是与${\sum }_{j=0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+n-1}{n-1}\right)x^j$等价的。
由于，$\frac{1}{(1-x{)}^n}=(1+x+x^2+...+x^n{)}^n$，那么对于$x^i$，它的次数可以被划分成$n$段，对应每一种乘到它的路径，划分数可以用隔板法进行理解，我们最后有$i$个空位与$n-1$个隔板，相当于我们要从最开始的$i+n-1$个元素中选出$n-1$个隔板，系数为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+n-1}{n-1}\right)$。

而对于我们的分子，相当于我们有$n$个价值分别为$1,2,3,...,n$的物品，我们要选出一些物品，使他们的价值总和为$i$，如果选择的物品数量为奇数，贡献就为$-1$，数量为偶数贡献就为$1$，求所有方法的贡献和。
由于所有物品的价值不相同，所以我们选择的物品数量是$\sqrt{n}$级别的，我们可以用$dp$来进行处理。
我们令$d{p}_{i,j}$表示已经选择了$i$个物品，它们的总和为$j$。$dp$的转移我们可以考虑采取那种一层一层消的思路，转移有两类：

• 让已经选择了的所有的物品的权值加$1$。
• 在上一个操作的基础上再加入一个权值为$1$的物品。

容易得到状态转移方程式，
$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-i}+d{p}_{i,j-i}-[j>n]d{p}_{i-1,j-n-1}$$
后面减去$d{p}_{i-1,j-n}$是为了排除选择物品的价值超过$n$的情况，由于我们一次只会加一，所以价值超过$n$的物体都是从合法状态转移而来的，价值刚好为$n+1$，将其减去剩下的都是合法的了。
然后再将两部分合并在一起就可以得到答案了，由于我们求的只是$x^k$这一项的系数，完全没必要通过$NTT$来进行合并，直接乘在一起即可，答案即为
$$Ans=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\sum _{j=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-j+n-1}{n-1})d{p}_{i,j}$$

时间复杂度$O\left(klogk+n\right)$

源码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200005
#define MAXM 100005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const int mo=1e9+7;
const int jzm=2333;
const int lim=10000000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,k,fac[MAXN],inv[MAXN],f[MAXN],dp[2][MAXM],g[MAXM],ans; 
void init(){
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+k;i++){
		fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mo;
		f[i]=1ll*(mo-mo/i)*f[mo%i]%mo;
		inv[i]=1ll*f[i]*inv[i-1]%mo;
	}
}
int C(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)return 0;
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mo*inv[x-y]%mo;
}
signed main(){
	read(n);read(k);init();dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=k;i++)g[i]=C(i+n-1,n-1);ans=g[k];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(1ll*i*(i+1)/2LL>k)break;
		int now=i&1,las=now^1;
		for(int j=i;j<=k;j++){
			dp[now][j]=add(dp[las][j-i],dp[now][j-i],mo);
			if(j>n)dp[now][j]=add(dp[now][j],mo-dp[las][j-n-1],mo);
			if(i&1)ans=add(ans,mo-1ll*g[k-j]*dp[now][j]%mo,mo);
			else ans=add(ans,1ll*g[k-j]*dp[now][j]%mo,mo);
		}
		for(int j=i-1;j<=k;j++)dp[las][j]=0;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

谢谢！！！