[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$10^9+7$取模。

$1\le n,k\le10^5,1\le k\le{n\choose 2}$

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题目分析

首先问题可以转化成，你有$n$个变量$a_i$，$a_i$的取值范围是$[0,i-1]$。
你要计算出使得$\sum_{i=1}^na_i=k$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$a_i\ge i$。
设我们限制的$a_i\ge i$的$i$之和为$s$，根据挡板原理，方案数就是$k-s+n-1\choose n-1$。如果我们限制了$m$个$a_i$，那么我们就要乘上容斥系数$(-1)^m$。
虽然总的方案有$2^n$种，但是实际上，如果我限制的$a_i$的$i$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$1$至$n$中选出若干个数，使其和为$1$至$k$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

$$[x^k]\left(\prod_{i=1}^n(1-x^i)\right)\sum_{j\ge0}{j+n-1\choose n-1}x^j$$
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$1$至$n$中选出若干个数，使其和为$1$至$k$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$f_{i,j}$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：

$$f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j-i}+f_{i,j-i}, & j\ge i \\[2ex] f_{i-1,j-(n+1)}, & j\ge n+1 \end{cases}$$
注意到第一维我最多能够选择的数的个数显然是$O(\sqrt k)$级别的，因此时空复杂度是$O(k\sqrt k)$的。
于是本题就完美解决了。

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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;
}