CH3602 Counting Swaps(组合计数)

前置：多重集排列组合问题
设：多重集(S = left{ n_1 cdot a_1 , n_2 cdot a_2 ,..., n_k cdot a_k ight}.) 即由(n_1) 个 (a_1)，(n_2) 个 (a_2)......组成的集合，(n = n_1 + n_2 +...+n_k)。
其全排列的个数为：

[egin{aligned} frac{n!}{n_1!cdot n_2! cdot ... cdot n_k!} end{aligned} ]

设整数(r le n_i (forall i in [1,k])),从 S 中取 r 个元素的方案数为：

[egin{aligned} C^{k - 1}_{r + k - 1} end{aligned} ]

证明：
设取了 (x_i) 个 (a_i) ， (i in [1, k]) ，因为 (r le n_i)，所以 (x_i le n_i) ，在 r 个 1的字符串中插入k - 1个0，将其分成 k 段，第 i 段的 1 数量表示 (x_i) ,所以，此问题转化为 k - 1 个 0 和 r 个 1 的全排列问题，所以：(frac{(r + k - 1)!}{r! cdot (k - 1)!} = C^{k - 1}_{r + k - 1})

题目：3602 Counting Swaps
题意：给定一个 1~n 的排列 (p_1,p_2,…,p_n)，进行若干次操作，每次选择两个整数 x,y，交换 (p_x,p_y)。设把 (p_1,p_2,…,p_n) 变成排列 (1,2,…,n) 至少需要 m 次交换。求有多少种操作方法可以只用 m 次交换。输出对 10^9+9 取模之后的值。1≤n≤10^5。

将n个数看成n个点，将第 i 个点向第 (p_i) 个点连一条边，当排列到达最终状态时，整个图为 n 个自环，所以我们只需要找出图中的所有环，然后将其拆为自环。
若 x ，y 位于两个不同的环内，交换这两个数显然会使总环数 - 1，所以这种操作没有意义，我们只需要在同一个环内操作。
性质： 将一个 n 个点的环拆为 n 个自环最少需要 n - 1 步操作。 可用数学归纳法证明。
设： 整张图有 m 个环，每个环的结点数分别为 (s_1, s_2 , ... , s_m) 。
设： (f_n) 为将一个 n 个点的环拆为自环的方案数，(T_{(x, y)}) 为将一个 n 个点的环拆为两个点数为 x，y 的环这一次操作的方案数，x + y = n，可得：

[ T_{(x, y)} = left{ egin{aligned} x + y qquad qquad x e y \ x quad qquad qquad x = y end{aligned} ight. ]

一个环拆成两个环之后，接下来对这两个环的操作就互相独立了，并且 x 环 x - 1 次，y 环 y - 1 次，这 x + y - 2 次操作也可以看成一个多重集全排列，所以：

[egin{aligned} f_n = sum_{x + y = n}^{x leq frac{n}{2} } f_x cdot f_y cdot T_{(x, y)} cdot frac{(x + y - 2)! }{(x - 1)! cdot (y - 1)! } end{aligned} ]

再看最初的 m 个环，第(s_i) 个环操作 (s_i - 1) 次，每次操作可以从 m 个环中任选一个，这样又构成一个多重集全排列：

[Ans = (prod_{i = 1}^m {f_{s_i}} ) cdot frac{(n - m)! }{ (s_1 - 1)! cdot (s_2 - 1)! cdot ... cdot (s_m - 1)! } ]

这样时间复杂度为(O(n^2logn))，超时。
打表输出 (f_n) 的前几项：

1 1 3 16 125 1296 16807 262144 4782969 100000000 2357947691

可以发现规律(f_n = n^{ n - 2})， 这样可以将复杂度降到(O(nlogn))

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long lld;
const lld p = 1e9 + 9;
const int N = 100005;
int nextt[N], to[N], head[N], cnt = 0;
int n, tot = 0;
lld a[N], s[N], f[N];
bool vis[N];
void add(int x, int y) {
	head[x] = nextt[++cnt];
	to[cnt] = y; head[x] = cnt;
}
lld powe(lld a, lld b) {
	if(b < 0) return 1;
	lld base = 1; 
	while(b) {
		if(b & 1) base = base * a % p;
		a = a * a % p; b >>= 1;
	}
	return base;
}
void dfs(int x) {
	s[tot]++; vis[x] = true;
	for(int i = head[x]; i; i = nextt[i]) {
		int y = to[i]; if(vis[y]) continue;
		dfs(y);
	}
}
int main() {
//	freopen("data.in", "r", stdin);
	int T; scanf("%d", &T); 
	f[0] = 1;
	for(lld i = 1; i < N; i++) {
		f[i] = f[i - 1] * i % p;
	}
	while(T--) {
		memset(s, 0, sizeof(s));
		memset(vis, false, sizeof(vis));
		memset(nextt, 0, sizeof(nextt));
		memset(head, 0, sizeof(head));
		tot = 0; cnt = 0;
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%lld", &a[i]); add(i, a[i]);
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			if(vis[i]) continue;
			vis[i] = true; ++tot; dfs(i);
		}
		lld ans = 1;
		ans = ans * f[n - tot] % p;
		for(int i = 1; i <= tot; i++) {
			ans = ans * powe(s[i], s[i] - 2) % p;
			ans = ans * powe(f[s[i] - 1], p - 2) % p;
		}
		printf("%lld
", ans);
	}
	return 0;
}