CF1516E Baby Ehab Plays with Permutations（牛逼计数）

题意

给定 $n,K$，每次可以交换两个数，问长度为 $n$ 的有序排列经过 $k$ 次交换后能生成多少排列，答案对 $1e9+7$ 取模。
$n\le 10^9,K\le 200$

分析

如果你有看题解，会发现我只是翻译了一遍题解=.=
但是这也没有办法，因为我实在太菜了+。+

普通做法

设 $d{p}_{n,k}$ 表示长度为 $n$ 的排列必须经过 $k$ 次交换才能生成的排列数（也就是小于 $k$ 次生成不了这个排列），那么 $an{s}_k=d{p}_{n,k}+d{p}_{n,k-2}+d{p}_{n,k-4}...+d{p}_{n,k\%2}$。
由于 $k$ 次操作后，最多 $2k$ 个位置发生改变。我们可以枚举发生改变的位置数 $n^{\prime }$。现在问题就变成了长度为 $n^{\prime }$ 的有序排列，交换 $k$ 次后的排列数，其中 $n^{\prime }\le 2k$。
但是这样统计会发生重复，于是我们钦定生成的排列必须是一个错位排列，也就是 $k$ 次交换后，对于任意 $i\in [1,n^{\prime }]$，$i\ne p_i$。这样子我们对每个 $n^{\prime }$，都会产生独特的贡献。
接下来我们考虑怎么求一个大小为 $n$ 的排列必须经过 $k$ 次交换后才能生成的错位排列数。
令 $f_{n,k}$ 表示大小为 $n$ 的排列必须经过 $k$ 次交换后能生成的错位排列数，$g_{n,k}$ 表示大小为 $n$ 的排列必须经过 $k$ 次交换后才能生成的排列数，根据容斥原理，我们可以得到：$f_{n,k}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i}C(n,i)g_{n-i,k}$。
接下来我们考虑计算 $g_{n,k}$，我们倒着思考，看看有多少排列必须经过 $k$ 次交换后会变成有序排列。我们考虑递推，如果第 $n$ 个位置已经是 $n$，那么有 $g_{n-1,k}$ 个这种排列，否则需要先把 $n$ 放到第 $n$ 个位置，剩下的再进行排列，有 $(n-1)g_{n-1,k-1}$个这种排列。因此，$g_{n,k}=g_{n-1,k}+(n-1)g_{n-1,k-1}$。
那么必须经过 $k$ 次交换生成的排列数 $d{p}_{n,k}$ 就为 $\sum _{i=0}^{min(n,2k)}C(n,i)f_{i,k}$。
这样子好像就做完了呀=.=
代码如下。复杂度是 $O(K^3)$ 的。

#include <bits/stdc++.h>
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 405, maxn = 400, mod = 1e9 + 7;
int c[N][N], dp[N][N], ans[2], inv[N];
int C(int n, int m){
	int s = 1;
	for(int i = n; i >= n - m + 1; i--) s = (LL)s * i % mod;
	for(int i = 1; i <= m; i++) s = (LL)s * inv[i] % mod;
	return s;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= maxn; i++) inv[i] = (LL)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	for(int i = 0; i <= maxn; i++){
		c[i][0] = dp[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= i; j++){
			c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
			dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + (LL)(i - 1) * dp[i - 1][j - 1] % mod) % mod;
		}
	}
	ans[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k; i++){
		for(int j = 0; j <= min(k * 2, n); j++){
			int s1 = C(n, j), s2 = 0;
			for(int t = 0, cof; t <= j; t++){
				if(t % 2) cof = mod - 1;
				else cof = 1;
				s2 = (s2 + (LL)cof * c[j][t] % mod * dp[j - t][i] % mod) % mod;
			}
			ans[i % 2] = (ans[i % 2] + (LL)s1 * s2 % mod) % mod;
		}
		cout << ans[i % 2] << ' ';
	}
	return 0;
}

进阶做法

如果 $k$ 更大的话，我们应该怎么做这题呢？
我们得重新考虑 $d{p}_{n,k}$ 的求法。根据上面的推理，我们也可以得到 $d{p}_{n,k}=d{p}_{n-1,k}+(n-1)d{p}_{n-1,k-1}$。我们从另一个意义上来看 $d{p}_{n,k}$，会发现是从 $[0,n-1]$ 中选出 $k$ 个数乘起来，再求和。形式化的，dpn,k=∑s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∏x∈sxdp_{n,k}=\sum\limits_{s\subseteq\{0,1,2,...,n-1\},|s|=k}\prod\limits_{x\in s}xdpn,k​=s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∑​x∈s∏​x。
我们考虑倍增求 $d{p}_{n,k},k\in [0,K]$，假设目前得到了 $d{p}_n$ 的生成函数，我们要求 $d{p}_{2n}$ 的生成函数。令 dpn,k′=∑s⊆{n,n+1,n+2,...,2n−1},∣s∣=k∏x∈sx=∑s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∏x∈s(x+n)dp'_{n,k}=\sum\limits_{s\subseteq\{n,n+1,n+2,...,2n-1\},|s|=k}\prod\limits_{x\in s}x=\sum\limits_{s\subseteq\{0,1,2,...,n-1\},|s|=k}\prod\limits_{x\in s}(x+n)dpn,k′​=s⊆{n,n+1,n+2,...,2n−1},∣s∣=k∑​x∈s∏​x=s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∑​x∈s∏​(x+n)。我们将 $d{p}_n$ 和 $d{p}_n^{\prime }$ 做一次卷积，就得到了 $d{p}_{2n}$。
现在关键就是求 $d{p}_n^{\prime }$ 了。而 dpn,k′=∑s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∏x∈s(x+n)=∑(x1+n)(x2+n)...(xk+n)dp'_{n,k}=\sum\limits_{s\subseteq\{0,1,2,...,n-1\},|s|=k}\prod\limits_{x\in s}(x+n)=\sum(x_1+n)(x_2+n)...(x_k+n)dpn,k′​=s⊆{0,1,2,...,n−1},∣s∣=k∑​x∈s∏​(x+n)=∑(x1​+n)(x2​+n)...(xk​+n)，假设 $k$ 项里面选了 $j$ 个 $x$，那么会有 $k-j$ 个 $n$，我们枚举 $j$，那么 $j$ 个 $x$ 的贡献就是 $n^{k-j}\times d{p}_{n,j}$，而总共有 $n$ 个数，剩下的 $x$ 选法就是 $C(n-j,k-j)$。因此，$d{p}_{n,k}^{\prime }=\sum _{j=0}^{k}C(n-j,k-j)n^{k-j}d{p}_{n,k}$。
来到这里就做完了！
这样子的复杂度可以是 $O(K^{3}logn)$，也可以做到 $O(K^{2}logn)$。
其实容易注意到 $d{p}^{\prime }$ 的求法也是卷积的形式，如果模数是 $ntt$ 模数或者使用任意模数 $ntt$ ，我们这题可以在 $O(KlogKlogn)$ 复杂度内解决。
代码如下。

#include <bits/stdc++.h>
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;

void debug_out(){
    cerr << endl;
}
template<typename Head, typename... Tail>
void debug_out(Head H, Tail... T){
    cerr << " " << to_string(H);
    debug_out(T...);
}
#ifdef local
#define debug(...) cerr<<"["<<#__VA_ARGS__<<"]:",debug_out(__VA_ARGS__)
#else
#define debug(...) 55
#endif

typedef vector<int> poly;
const int N = 205, mod = 1e9 + 7;
int n, k, c[N][N], inv[N], ans[2];
int C(int n, int m){
	int s = 1;
	for(int i = n; i >= n - m + 1; i--) s = (LL)s * i % mod;
	for(int i = 1; i <= m; i++) s = (LL)s * inv[i] % mod;
	return s;
}
poly solve(int n){
	if(n == 1) return {1};
	int m = n / 2;
	poly po(k + 1);
	po[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k; i++) po[i] = (LL)po[i - 1] * m % mod;
	poly f = solve(m), g, h;
	f.resize(k + 1);
	g.resize(k + 1);
	for(int i = 0; i <= min(m, k); i++){
		for(int j = 0; j <= i; j++){
			g[i] = (g[i] + (LL)C(m - j, i - j) * po[i - j] % mod * f[j] % mod) % mod;
		}
	}
	if(n & 1){
		for(int i = k; i >= 1; i--) g[i] = (g[i] + (LL)(n - 1) * g[i - 1] % mod) % mod;
	}
	h.resize(k + 1);
	for(int i = 0; i <= min(n, k); i++){
		for(int j = 0; j <= i; j++){
			h[i] = (h[i] + (LL)f[j] * g[i - j] % mod) % mod;
		}
	}
	return h;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= k; i++) inv[i] = (LL)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	for(int i = 0; i <= k; i++){
		c[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= i; j++) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
	}
	poly f = solve(n);
	ans[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= k; i++){
		ans[i % 2] += f[i];
		debug(i, f[i]);
		if(ans[i % 2] >= mod) ans[i % 2] -= mod;
		cout << ans[i % 2] << ' ';
	}
	return 0;
}