[2017 山东一轮集训 Day7] 逆序对

一、题目

点此看题

这么简单的去重我竟然没想到，我是个哈批。

二、解法

首先有一个显然的 (dp)，依次加入 (1) 到 (i)，每次考虑逆序对的增量：

[dp[i][j+k]leftarrow dp[i-1][j] kin[0,i) ]

这个可以用前缀和优化，时间复杂度 (O(n^2))，可以写成生成函数的形式：

[prod_{i=1}^nsum_{j=0}^ix^j=prod_{i=1}^nfrac{1-x^{i}}{1-x} ]

分母并不需要多项式求逆，可以直接最后隔板法组合意义算，问题是 (prod 1-x^i) 的计算，这个算式从容斥的角度也可以解释，也就是钦定一个位置的逆序对不合法就会带来 (-1) 的容斥系数。

因为我多项式学得太差了所以只会 (dp)，考虑钦定位置的个数要 (leqsqrt {2k}) 才有可能有方案，发现这个东西就是柱状图 (dp) 板子，考虑有若干个柱子，每次可以新增一个柱子或者把所有柱子增加 (1) 的高度，那么转移，设 (dp[i][j]) 表示有 (i) 个柱子，柱子的总高度是 (j)，我们从小到大枚举 (j)：

[dp[i][j]leftarrow dp[i-1][j-i]+dp[i][j-i] ]

但是会算重，因为如果出现高度为 (n+1) 的柱子就不合法，那么直接减去这种方案即可：

[dp[i][j]leftarrow dp[i][j]-dp[i-1][j-n-1] ]

设 (f(t)) 为不定方程 (x_1+x_2..+x_n=t) 的不定整数解个数，那么答案式长这样：

[sum_isum_j(-1)^icdot dp[i][k-j]cdot f(j) ]

时间复杂度 (O(nsqrt n))

#include <cstdio>
#include <cmath>
const int M = 100005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,dp[500][M],fac[2*M],inv[2*M],ans;
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;	
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int cal(int x)
{
	return C(x+n-1,n-1);
}
signed main()
{
	//freopen("perm.in","r",stdin);
	//freopen("perm.out","w",stdout);
	n=read();k=read();init(2e5);
	dp[0][0]=1;m=499;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=i;j<=k;j++)
		{
			dp[i][j]=(dp[i-1][j-i]+dp[i][j-i])%MOD;
			if(j>=n+1) dp[i][j]=(dp[i][j]-dp[i-1][j-n-1])%MOD; 
		} 
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
		for(int j=0;j<=k;j++)
		{
			int f=(i%2?-1:1);
			ans=(ans+1ll*f*dp[i][k-j]*cal(j))%MOD;
		}
	printf("%lld
",(ans+MOD)%MOD);
}