CF715E - Complete the Permutations
题目大意
对于两个排列(p,q),令(p ightarrow q)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(p)和(q),求所有情况下,(p ightarrow q=i,iin[0,n-1])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(p_i ightarrow q_i),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
(0 ightarrow 0,0 ightarrow x,x ightarrow 0),其中(0 ightarrow x,x ightarrow 0)表示一条出现了一半的边
ps: 如果有(0 ightarrow x ightarrow 0),那么直接缩成一个(0 ightarrow 0)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(0 ightarrow 0)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:(0 ightarrow 0,0 ightarrow 0cdots)
仅B: (0 ightarrow x,0 ightarrow xcdots)
仅C: (x ightarrow 0,x ightarrow 0,cdots)
A+B=A,(0 ightarrow x+0 ightarrow 0=0 ightarrow 0)
C+A=A,(0 ightarrow 0+x ightarrow 0=0 ightarrow 0)
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(i)个(B)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(egin{bmatrix}i\jend{bmatrix}),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(A^{overline{B-i}}),最终计算得到(G_i)表示B构成了i个单纯B环的方案数,复杂度为(O(n^2))
A的贡献不需要将组合环和单纯A环分开考虑,直接就是(F_i=egin{bmatrix}A\iend{bmatrix})
最后将三种点背包合并,加入前面提到的常量即可
#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?
(F_i)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
(displaystyle G(x)=sum_{i=0}^B A^{overline{B-i}}inom{B}{i} x^{overline{i}})
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(nlog ^2n))
(听说可以(O(nlog n))但是我没有脑子只会套板子哈哈哈哈)