计数难题3：LuoguT46780 妹子序列

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题目大意：

丢个网址：戳我(QwQ)
给定\(n\)、\(m\)。
求\(n\)的所有排列中，逆序对个数为\(m\)的排列个数。数据范围：\(n,m\leq 10^5\) 。

题解

朴素\(dp\)：\(dp_{i,j}\)表示放完\(i\)，有\(j\)个逆序对的方案数。
转移太简单了：\(dp_{i,j} = \sum_{k=0}^{i-1} dp_{i-1,k}\) ，复杂度\(O(n^2)\)美滋滋。
注意到放\(i\)时，我们的决策集合为\(k\in [0,i)\) 。
我们把每次的决策序列写出来，就一定能对应一个唯一的合法排列。
所以现在问题就变成了：满足决策的和为\(m\)的合法决策序列的个数。
构造生成函数：
\[G(x) = \prod_{i=1}^n [\sum_{j=0}^{i-1} x^j]\]

那么就是要求\(x^m\)项的系数，推式子：

\[G(x) = \prod_{i=1}^n[\sum_{j=0}^{i-1}x^j] = \prod_{i=1}^n \frac{1-x^i}{1-x} = (\frac{1}{1-x})^n \prod_{i=1}^n (1-x^i)\]

显然\(\frac{1}{1-x} = \sum_{j=0}^{\inf} x^j\) ，考虑\((\frac{1}{1-x})^n\) 的组合意义。
相当于有\(n\)种不同物品可以用，第\(k\)项的系数即从中选出\(k\)个可重物品的方案数。
即可重组合，所以有：
\[S(x) = (\frac{1}{1-x})^n = (\sum_{j=0}^{\inf}x^j)^n = \sum_{j=0}^{\inf} \binom{j+n-1}{n-1}x^j\]

对于后面的部分：\(T(x) = \prod_{i=1}^n(1-x^i)\) ，同样考虑组合意义：
有\(n\)个物品，第\(i\)个物品的体积为\(i\)，第\(k\)项系数即用这些物品填满大小为\(k\)的背包的方案数。
古人云：背包计数 等价于 上升序列计数。
这里每个物品只有一个，所以应该是一个严格上升序列。
即我们要求：所有元素和为\(k\)，且严格上升的合法序列个数，
设\(f_{i,j}\) 表示放了\(i\)个物品，体积和为\(j\)的方案数，转移做有符号的序列计数。

• 新增一个物品：\(f_{i-1,j-i}\) (即先给原来的\(i-1\)个物品+1，然后再添加一个1)
• 把原来所有的物品加\(1\)：\(f_{i,j-i}\)
• 由于物品体积不能超过\(n\)，所以强制后减去不合法：\(-f_{i-1,j-(n+1)}\)

综上所述，转移方程是(注意转移时带符号)：\(f_{i,j} = f_{i,j-i} - f_{i-1,j-i} - (-f_{i-1,j-(n+1)})\) 。
而由于每种体积的物品只有一个，放置物品最多的方案应该是 \(1+2+...+MAX\leq m\) 。
所以可以放置的物品数是\(2\sqrt m+2\) 级别的，故只用做这么多次转移即可。
显然\(T(x) = \sum_{j=0}^{\inf}[\sum_{i=0}^{2\sqrt m + 2} f_{i,j}]x^j\) ，而我们有：
\[G(x) = S(x) * T(x)\]

所以卷积后即可得到第\(m\)项的系数，复杂度\(O(n\sqrt n)\)。

实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define _ 100005
using namespace std ;

const int mod = 998244353 ;
int dp[520][_],f[_],g[_],Fac[_<<1],IFac[_<<1],inv[_<<2],n,m,Ans ; 

int Comb(int N , int M) {
    if(M > N) return 0 ;
    return 1ll * Fac[N] * IFac[M] % mod * IFac[N - M] % mod ;
}
int main() {
    freopen("testdata.in","r",stdin) ;
    cin >> n >> m ;
    inv[0] = inv[1] = Fac[0] = Fac[1] = IFac[0] = IFac[1] = 1 ;
    for(int i = 2; i <= n + m ; i ++) {
        Fac[i] = 1ll * Fac[i-1] * i % mod ;
        inv[i] = 1ll * (mod-mod/i) * inv[mod%i] % mod ;
        IFac[i] = 1ll * IFac[i-1] * inv[i] % mod ;
    }
    for(int i = 0; i <= m; i ++) f[i] = Comb(i + n - 1 , n - 1) ;
    dp[0][0] = 1 ;  g[0] = 1 ;
    int d = 1 ;
    for(int j = 2; j <= m; j ++) if(1ll * j * (j + 1) / 2 >= m) {d = j ; break ;}
    for(int i = 1; i <= d; i ++) {
        for(int j = 0; j <= m; j ++) {
            if(j>=i) dp[i][j] = (dp[i][j - i] - dp[i-1][j - i] + mod) % mod ;
            if(j>=(n+1))
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - (n + 1)]) % mod ;
        }
        for(int j = 0; j <= m; j ++) g[j] = (g[j] + dp[i][j]) % mod ;
    }
    Ans = 0 ;
    for(int i = 0; i <= m; i ++)
        Ans = (Ans + 1ll * f[i] * g[m - i] % mod) % mod ;
    cout << Ans << endl ;
    return 0 ;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/GuessYCB/p/9903600.html