CF715E - Complete the Permutations

题目大意

对于两个排列p,q,令pq代价为通过交换使得p变成q的最小步数

现在部分给定了pq,求所有情况下,pq=i,i[0,n1]的排列组数目


分析

排列变换显然要放到置换环上考虑,考虑两个排列之间的变换有多种等价的方式

不妨认为连的边就是piqi,最终操作步数就是n置换环的个数

对于已经确定的部分,能够确定的边可以直接连,能够确定的链可以缩成点

那么最终,图上只剩下三种待定的边

00,0x,x0,其中0x,x0表示一条出现了一半的边

ps: 如果有0x0,那么直接缩成一个00看待

不妨设这三种边个数分别为A,B,C,已经确定的环可以数出是D最后加入答案

由于一个A由两边确定,实际上确定一个边组之后,排列00的位置得到A!种方案,也可以最后加入答案

考虑什么样的边可以接成环

仅A:00,00

仅B: 0x,0x

仅C: x0,x0,

A+B=A,0x+00=00

C+A=A,00+x0=00

实际上,组合环的情况

B前面要么是B要么是A,最终将A后面跟着的小弟B都缩在一起看待

C后面要么是C要么是A,最终将A前面跟着的大哥C都缩在一起看待

实际上B,C计算类似,我们能够得到一个计算思路

将每个B,C加入组合环对于组合环缩点之后的点数无影响,那么可以将A,B,C分离计算

那么考虑一个B要么在单纯的B环上要么在组合环上

枚举有iB在单纯B环上,构成j个环的方案数(当然要先组合数将j个点选出)

这就是第一类斯特林数[ij]参考

剩下的加入组合环中,考虑依次加入每个B,每个B可以接在B后面也可以接在A后面

方案数即ABi¯,最终计算得到Gi表示B构成了i个单纯B环的方案数,复杂度为O(n2)


A的贡献不需要将组合环和单纯A环分开考虑,直接就是Fi=[Ai]

最后将三种点背包合并,加入前面提到的常量即可

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
enum{N=300,P=998244353};
int n;
int p[N],q[N],pre[N],nxt[N],A,B,E,D;
int F[N],G[N],H[N],V[N];
int S[N][N],T[N][N],C[N][N];
int main(){
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) pre[i]=nxt[i]=-1;
rep(i,**S=1,n) rep(j,1,i) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*(i-1)*S[i-1][j])%P;
rep(i,0,n) rep(j,*T[i]=1,n) T[i][j]=1ll*T[i][j-1]*(i+j-1)%P;
rep(i,0,n) rep(j,*C[i]=1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;
rep(i,1,n) scanf("%d",p+i);
rep(i,1,n) {
scanf("%d",q+i);
if(p[i] && q[i]) nxt[p[i]]=q[i],pre[q[i]]=p[i];
else if(p[i]) nxt[p[i]]=0;
else if(q[i]) pre[q[i]]=0;
}
rep(i,1,n) if(pre[i]<=0) {
int j=i;
for(;nxt[j]>0;j=nxt[j]) V[j]=1;
V[j]=1;
if(pre[i]==nxt[j]) A+=pre[i]==-1; // ==0 || ==-1 ,but we can't count 0 in
else if(~pre[i]) B++;
else E++;
}
rep(i,1,n) if(!V[i]) {
for(int j=i;!V[j];j=nxt[j]) V[j]=1;
D++;
}
int c=1;
rep(i,1,A) c=1ll*c*i%P;
rep(i,0,A) F[i]=1ll*c*S[A][i]%P;
rep(i,0,B) rep(j,0,i) G[j]=(G[j]+1ll*S[i][j]*T[A][B-i]%P*C[B][i])%P;
rep(i,0,E) rep(j,0,i) H[j]=(H[j]+1ll*S[i][j]*T[A][E-i]%P*C[E][i])%P;

rep(i,0,n) V[i]=0;
rep(i,0,A) rep(j,0,B) V[i+j+D]=(V[i+j+D]+1ll*F[i]*G[j])%P;
rep(i,0,n) F[i]=0;
rep(i,0,A+B+D) rep(j,0,E) F[n-i-j]=(F[n-i-j]+1ll*V[i]*H[j])%P;
rep(i,0,n-1) printf("%d ",F[i]);
}


进一步的优化?

Fi的计算时标准的第一类斯特林数行,用倍增法求上升幂即可

G(x)=i=0BABi¯(Bi)xi¯

把系数拿出来,可以直接做一个上升幂多项式转普通多项式

复杂度为O(nlog2n)

(听说可以O(nlogn)但是我没有脑子只会套板子哈哈哈哈


以下未上传!!!如果看到说明我在搞笑!!!看到叫我

Gi=j=iB(Bj)ABj¯[xj]1i!(1)ilni(1x)

Gi=j=iBB!j!(Bj)!(A+Bj1)!(A1)![xj]1i!(1)ilni(1x)

Gi=(1)iB!(A1)!i!j=iB(A+Bj1)!j!(Bj)![xj]lni(1x)

由于对于每个ij=iB(A+Bj1)!j!(Bj)!是常量,设

φ(x)=j=0Bx1j(A+Bj1)!j!(Bj)!(为什么是是1j会在下面出现)

Gi=(1)iB!(A1)!i![x1]φ(x)lni(1x)

对比扩展拉格朗日反演的形式

[xn]H(G(x))=1n[x1]H(x)(1F(x))n,其中G(x)F(x)的复合逆

得到H(x)=φ(x),F(x)=1ln(1x)

从而得到F(x)的复合逆为1ex1

现在要算H(1ex1)=