LOJ3228 Tree Depth 和 LOJ6077 逆序對
Tree Depth
考慮所有長度為\(N\)有恰好\(K\)個逆序對的排列。
對於每個位置\(i\)，求出其在所有滿足條件的排列中，在笛卡爾樹上的深度和。
對讀入的質數\(\text{MOD}\)取模。
\(N ≤ 300,K ≤\binom{N}{2}, \text{MOD} ∈ [10^8, 10^9 + 9]\)。
題解
題目對排列的逆序對個數有要求，考慮能順便計算逆序對個數的構造排列的兩種過程：
-
按照權值從小到大構造。構造出\(1\sim x-1\)的相對位置後，決定插入\(x\)的相對位置。新增的逆序對個數\(\in [0,x-1]\)。
-
按照位置從前往後構造。構造出\(P_1\sim P_{x-1}\)
的相對大小後，決定賦值給\(P_x\)的相對大小。新增的逆序對個數\(\in [0,x-1]\)。
回到這道題。題目要求笛卡爾樹上每個節點的深度和，利用期望的線性性轉化為\(j\)是\(i\)的祖先的方案數。
考慮\(j\)是\(i\)的祖先需要滿足的條件，\(\min_{\min\{i,j\}\leq k\leq \max\{i,j\}}\{P_k\}=P_j\)。顯然第二種構造方法更有利於這種形式的計算。
注意到第二種方法能執行的條件只需要當前填放的位置是連續的，所以我們可以改變一下填放順序。
考慮把插入的過程分成兩部分：
-
從\(i\)開始向\(j\)的方向，決定每個元素在當前排列中的相對大小。
-
從\(i\)開始向\(j\)的反方向，決定每個元素在當前排列中的相對大小。
這樣除了需要成為\(i\)祖先的\(j\)的區間縮成一個單點之外，每次新產生的逆序對數目區間一定是\([0,1] , [0,2] , ⋯ ,[0,N − 1]\)這樣。
-
當\(j < i\)時，\(j\)必定產生\(0\)個逆序對。
-
當\(j >i\)時，\(j\)必定產生\(j − i\)個逆序對。
先假裝下標為\(i\)的每次產生逆序對個數在\([0, i − 1]\)內，做一次\(DP\)。每次列舉\(|j-i|\)，撤銷掉其本來的貢獻；然後列舉\(i\)計算其對\(i\)答案的貢獻。
注意到這個DP過程的本質是揹包，所以可以用多項式計算。用\(1+x+x^2+\dots+x^i=\frac{x^{i+1}-1}{x-1}\)
時間複雜度\(O(N^3)\)。
CO int N=301;
int ans[N];
int main(){
int n=read<int>(),K=read<int>();
read(mod);
poly F={1};
for(int d=1;d<n;++d){
F.resize(F.size()+(d+1));
for(int i=(int)F.size()-1;i>=0;--i)
F[i]=add(i-(d+1)>=0?F[i-(d+1)]:0,mod-F[i]);
for(int i=0;i<=(int)F.size()-1-1;++i)
F[i]=add(mod-F[i],i-1>=0?F[i-1]:0);
F.resize(F.size()-1);
}
fill(ans+1,ans+n+1,F[K]);
for(int d=1;d<n;++d){
poly G=F;G.resize(G.size()+1);
for(int i=(int)G.size()-1;i>=0;--i)
G[i]=add(i-1>=0?G[i-1]:0,mod-G[i]);
for(int i=0;i<=(int)G.size()-1-(d+1);++i)
G[i]=add(mod-G[i],i-(d+1)>=0?G[i-(d+1)]:0);
G.resize(G.size()-(d+1));
for(int i=1;i<=n;++i){
if(i-d>=1)
ans[i]=add(ans[i],0<=K and K<(int)G.size()?G[K]:0);
if(i+d<=n)
ans[i]=add(ans[i],0<=K-d and K-d<(int)G.size()?G[K-d]:0);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
return 0;
}
暴力實現多項式乘法的時候，意義十分明顯。
暴力實現多項式除法的時候，如果保證了能夠整除，那麼從低位到高位考慮意義比較好想。
逆序對
給定 \(n, k\)，請求出長度為 \(n\) 的逆序對數恰好為 \(k\) 的排列的個數。答案對 \(10 ^ 9 + 7\) 取模。
對於 \(100\%\) 的資料，\(1 \leq n, k \leq 100000, 1 \leq k \leq \binom{n}{2}\)。
題解
https://ouuan.github.io/post/loj6077-逆序對生成函式計數dp/
從小到大依次考慮將每個數插入排列，那麼每個數 \(i\) 都可以貢獻 \(0\dots i-1\) 個逆序對，所以答案的生成函式為 \((1 + x)(1 + x + x^2)\cdots(1+x+\cdots+x^{n-1})\)。
上下同時乘上 \((1-x)^n\)，即求：
\[\frac{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^n)}{(1-x)^n} \]
（不約分是為了方便求。）
分母 \(\frac{1}{(1-x)^n}=\sum\limits_{i\ge 0}\binom{n-1+i}{n-1}x^i\)，是一個大家熟知的結論，可以利用 \((1+x+x^2+\cdots)^n\) 的組合意義說明。
方程\(x_1+x_2+\dots+x_n=i\)的非負整數解個數。也就是組合數隔板法。
分子的 \(x^i\) 項係數的組合意義為：考慮從 \(1,2,\ldots,n\) 中選若干個和為 \(i\) 的數（每個數只能選一遍）的所有方案，若選了奇數個數貢獻為 \(-1\)，若選了偶數個數貢獻為 \(1\)。
令 \(f_{i,j}\) 表示選 \(i\) 個數和為 \(j\) 的方案數。
由於選擇的數兩兩不同，第一維的大小是 \(O(\sqrt k)\) 的。
轉移有兩種方式：
-
揹包裡的所有數加一，\(f_{i,j}\gets f_{i,j-i}\)。
-
揹包裡的所有數加一，並向背包中放入一個體積為 \(1\) 的物品，\(f_{i,j}\gets f_{i-1,j-(i-1)-1}\)。
但這樣算可能會出現體積大於 \(n\) 的物品。具體來說，當 \(j\ge n+1\) 時，會有 \(f_{i-1,j-n-1}\) 種不合法的方案，需要減去。
計算完 dp 之後，分子的 \(x^i\) 項係數即為 \(\sum\limits_{j\ge0}(-1)^jf_{j,i}\)
最後把分子和分母卷積起來即可，總時間複雜度為 \(O(n+k\sqrt k)\) 或 \(O(n\log p+k\sqrt k)\)（取決於計算組合數與逆元的方式）。
CO int N=1e5+10;
int fac[2*N],ifac[2*N];
int f[2][N];
IN int C(int n,int m){
return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int main(){
int n=read<int>(),m=read<int>();
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n+m;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n+m]=fpow(fac[n+m],mod-2);
for(int i=n+m-1;i>=0;--i) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
int ans=C(n-1+m,m);
int o=0;
f[o][0]=1;
for(int i=1,sum=1;sum<=m;++i,sum+=i){ // at least sum
o^=1,memset(f[o],0,sizeof(int)*sum);
for(int j=sum;j<=m;++j){
f[o][j]=add(f[o^1][j-i],f[o][j-i]);
if(j>=n+1) f[o][j]=add(f[o][j],mod-f[o^1][j-n-1]);
ans=add(ans,mul(mul(i&1?mod-1:1,f[o][j]),C(n-1+m-j,m-j)));
}
}
write(ans,'\n');
return 0;
}
https://www.cnblogs.com/yinwuxiao/p/9741568.html
講道理\(\prod_{i=1}^n(1-x^i)\)這麼好看，應該可以快速求。
取個\(\ln\)，奇妙的事情發生了。
\[\ln\prod_{i=1}^n(1-x^i)=\sum_{i=1}^n\ln(1-x^i)\\ =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{j}(x^j)^i\\ =\sum_{i=1}^nx^i\sum_{j|i}\frac{1}{j} \]
\(\ln(1-x)=x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+\dots\)
\(\ln(1-x^2)=x^2+\frac{1}{2}x^4+\frac{1}{3}x^6+\dots\)
觀察這兩行應該就能找出規律。
做個指數乘法卷積（狄利克雷）卷積然後\(\exp\)回去就好了。
時間複雜度\(O(n\log n)\)，與\(k\)無關，相當優秀。