题目
解法
( ext{40 pts})
从小到大放置 (n) 个数，对于第 (i) 个数就有 (i) 个位置放置，贡献值域为 ([0,i-1])。
令 (dp_{i,j}) 为前 (i) 个数形成 (j) 个逆序对的方案数。就有：
[dp_{i,j}=sum_{k=0}^{i-1} dp_{i-1,j-k}
]
( ext{60 pts})
[dp_{i,j}-dp_{i,j-1}=dp_{i-1,j}-dp_{i-1,j-i}
]
( ext{100 pts})
问题可以转换成这样的形式：求满足
[sum_{i=1}^n x_i=k,x_ile i-1
]
的解的方案数。
可以钦定 (m) 个 (x_i) 不满足性质，设这些 (x_i) 的 (i) 之和为 (s)（(x_i) 值为 (i) 恰好不满足性质）。那么方案数就是 (inom{n-1}{k+n-1-s})，容斥系数是 ((-1)^m)。
这显然过不去，但其实我们并不关心是哪些 (x_i) 超过限制，我们关心的是 (s) 和 (m)。
那么令 (dp_{i,j}) 为选 (i) 个数，它们的和为 (j) 的方案数。由于这 (i) 个数 互异，可以这样转移：
- 将所选数整体 (+1)。(dp_{i,j}=dp_{i,j-i})。
- 将所选数整体 (+1)，再加入一个值为 (1) 的数。(dp_{i,j}=dp_{i,j}+dp_{i-1,j-i})。
- 有数字加出了 (n)，需要减去。(dp_{i,j}=dp_{i,j}-dp_{i-1,j-(n+1)})。
现在就是 (mathcal O(n^2)) 的咯？实际上，由于 (k) 的限制，我们并不需要选这么多数。考虑最节省的情况就是连续的等差数列，设项数为 (x)：
[frac{(1+x)cdot x}{2}=k
]
这样 (x) 大概是 (sqrt k) 级别的。总复杂度 (mathcal O(nsqrt n))。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <cmath>
const int mod=1e9+7,maxn=1e5+5;
int n,k,fac[maxn<<1],ifac[maxn<<1];
int dp[600][maxn];
int qkpow(int x,int y) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
void init() {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n+k;++i)
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n+k]=qkpow(fac[n+k],mod-2);
for(int i=n+k-1;i>=0;--i)
ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m) {
if(n<m or n<0 or m<0)
return 0;
return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main() {
n=read(9),k=read(9); init();
int m=sqrt(k*2)+5;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=i;j<=k;++j) {
dp[i][j]=(dp[i][j-i]+dp[i-1][j-i])%mod;
if(j>=n+1)
dp[i][j]=(dp[i][j]-dp[i-1][j-(n+1)]+mod)%mod;
}
int ans=C(n+k-1,n-1);
for(int i=1;i<=k;++i) {
int tmp=0;
for(int j=1;j<=m and j<=n;++j)
if(j&1) tmp=(tmp-dp[j][i]+mod)%mod;
else tmp=(tmp+dp[j][i])%mod;
ans=(ans+1ll*C(k+n-1-i,n-1)*tmp%mod)%mod;
}
print(ans,'
');
return 0;
}