【校内训练2019-06-24】Sort

【思路要点】

• 考虑 $k=0$ 的情况，当且仅当 $A$ 为单位置换，步数为 $0$ ，否则，当且仅当 $A$ 中的置换环长度均不超过 $2$ ，步数为 $1$ ，这两种情况的方案数均为 $1$ ，以下讨论排除了这两种情况。
• 考虑一个环的情况，不难构造出一种步数为 $2$ 的解，因此步数应当为 $2$ ，不失一般性地，我们认为需要在两次操作内将 $1,2,\dots ,N$ 变为 $2,3,\dots ,N,1$ 。
  将排列如下对齐，并写下中间步骤的第一个位置。
  $$\begin{gathered} 1,2,3,\dots ,N \\ x,0,0,\dots ,0 \\ 2,3,4,\dots ,1 \end{gathered}$$
  可以发现，若 $x̸=1$ ，则可以填出中间步骤的第 $x$ 个位置为 $1$ ，若 $x̸=2$ ，则同样可以填出中间步骤的某个位置为 $2$ ，在此过程中，当填入 $a(a<N)$ 个数时，中间步骤至少 $a+1$ 个位置是确定的，且不会出现一个元素需要同时出现在两处的情况，因此一个环的情况的方案由 $x$ 唯一确定，为 $N$ 。
• 对于两个长度 $N$ 相等的环，以 $N=3$ 为例，考虑将其如下对齐：
  $$\begin{gathered} 1,2,3,4,5,6 \\ x,0,0,0,0,0 \\ 2,3,1,5,6,4 \end{gathered}$$
  类似地，我们可以证明当填入的 $x$ 在第二个环上，方案唯一确定。因此其方案数为 $N^2+N$ 。同时，这也表明了不存在三个环之间的互动。
• 那么，对于 $i$ 个长度为 $N$ 的环，记方案数为 $d{p}_i$ ，我们便可以用动态规划来解决
  $$d{p}_i=N\times d{p}_{i-1}+N\times (i-1)\times d{p}_{i-2}$$
• 对于长度不相等的环，用与上文类似的做法可以证明不存在 $2$ 步以内的交换方式，因此各个长度的环相互独立，可以分别 $dp$ 。
• 对于 $k̸=0$ 的情况，图中给出的就是若干个环和链，枚举链穿成环的方式即可。
• 时间复杂度 $O(NLogV+k\times bell(k))$ ，以下代码为实现方便，其复杂度为 $O(NLo{g}^{2}V+k\times bell(k))$ 。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
bool vis[MAXN], ind[MAXN];
int n, m, k, cur, ansf, ansg, sum[MAXN][2];
int a[MAXN], len[MAXN], cnt[MAXN], fac[MAXN];
vector <int> dp[MAXN], inv[MAXN];
void work(int pos, int tot) {
	if (pos > k) {
		int ways = 1, now = cur;
		for (int i = 1; i <= tot; i++) {
			ways = ways * fac[sum[i][0] - 1];
			now = 1ll * now * inv[sum[i][1]][cnt[sum[i][1]]] % P;
			cnt[sum[i][1]]++;
			now = 1ll * now * dp[sum[i][1]][cnt[sum[i][1]]] % P;
		}
		if (cnt[1] == n) update(ansg, ways);
		else if (cnt[1] + 2 * cnt[2] == n) {
			ansf += ways;
			update(ansg, ways);
		} else {
			ansf += 2 * ways;
			update(ansg, 1ll * ways * now % P);
		}
		for (int i = 1; i <= tot; i++)
			cnt[sum[i][1]]--;
		return;
	}
	for (int i = 1; i <= tot; i++) {
		sum[i][0] += 1;
		sum[i][1] += len[pos];
		work(pos + 1, tot);
		sum[i][0] -= 1;
		sum[i][1] -= len[pos];
	}
	sum[tot + 1][0] += 1;
	sum[tot + 1][1] += len[pos];
	work(pos + 1, tot + 1);
	sum[tot + 1][0] -= 1;
	sum[tot + 1][1] -= len[pos];
}
int main() {
	freopen("sort.in", "r", stdin);
	freopen("sort.out", "w", stdout);
	read(n), read(k), fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++)
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		read(a[i]);
		ind[a[i]] = true;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		dp[i].resize(n / i + 1);
		inv[i].resize(n / i + 1);
		dp[i][0] = inv[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= n / i; j++) {
			dp[i][j] = 1ll * i * dp[i][j - 1] % P;
			if (j >= 2) update(dp[i][j], 1ll * i * (j - 1) % P * dp[i][j - 2] % P);
			inv[i][j] = power(dp[i][j], P - 2);
			assert(dp[i][j] != 0);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!ind[i]) {
			int pos = i, pts = 0;
			while (pos != 0) {
				vis[pos] = true;
				pts++, pos = a[pos];
			}
			len[++m] = pts;
		}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!vis[i]) {
			int pos = i, pts = 0;
			while (!vis[pos]) {
				vis[pos] = true;
				pts++, pos = a[pos];
			}
			cnt[pts]++;
		}
	cur = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cur = 1ll * cur * dp[i][cnt[i]] % P;
	work(1, 0);
	writeln(ansf);
	writeln(ansg);
	return 0;
}