LINK：5.15 T2
个人感觉生成函数更无脑 容斥也好推的样子.
容易想到每次放数和数字的集合无关 所以得到一个dp f[i][j]表示前i个数字 逆序对为j的方案数.
容易得到转移 使用前缀和优化即可。
进一步的可以设出其生成函数 对于第i次放数字 生成函数为(F(x)=1+x^1+x^2+...x^{n-i})
那么容易得到答案的生成函数为 (G(x)=frac{Pi_{i=1}^{n}(1-x^i)}{(1-x)^n})
化简一下 然后dp出来方案数即可 可以发现这个dp是(ksqrt n)
当然也可以容斥 可以发现 其实每个数字都有范围[0,i-1]
我们想要求出 (g_1+g_2+...g_n=k)这个等式的解的个数。
此时隔板法可以求出 方程的解 不过不一定满足 范围。
考虑 容斥 总方案-一个不合法+两个不合法-三个不合法...
容易想到 第i个数字不合法当且仅当其值>=i时不合法 那么利用代表元 就很容易统计其不合法方案.
这样问题变成了 求出 f[i][j]表示i个数字和为j的方案数.
显然这i个数字每个都不相同 那么第一维是一个根号的状态.
所以 转移也很简单 不过值得注意的是需要减掉某个数字>n的方案.
这个在第一次越过的时候减掉即可。
两种方案 殊途同归 写法一模一样.
const ll MAXN=100010;
ll n,k,maxx;
ll f[600][MAXN];
ll fac[MAXN<<1],inv[MAXN<<1];
inline ll ksm(ll b,ll p)
{
ll cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=cnt*b%mod;
b=b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline void prepare()
{
fac[0]=1;
rep(1,maxx,i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[maxx]=ksm(fac[maxx],mod-2);
fep(maxx-1,0,i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline ll C(ll a,ll b){return a<b?0:fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
signed main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
get(n);get(k);
maxx=n+k;prepare();
ll ww=(ll)sqrt(k*2*1.0)+1;
f[0][0]=1;
rep(1,ww,i)
{
rep(1,k,j)
{
if(j>=i)f[i][j]=(f[i][j-i]+f[i-1][j-i])%mod;
if(j>n)f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-n-1])%mod;
}
}
ll ans=0;
rep(0,ww,i)
{
rep(0,k,j)
{
if(i&1)ans=(ans-f[i][j]*C(k-j+n-1,n-1))%mod;
else ans=(ans+f[i][j]*C(k-j+n-1,n-1))%mod;
}
}
putl(M(ans));
return 0;
}