lfyzoj104 Counting Swaps

问题描述

给定你一个 (1 sim n) 的排列 ({p_i})，可进行若干次操作，每次选择两个整数 (x,y)，交换 (p_x,p_y)。

请你告诉穰子，用最少的操作次数将给定排列变成单调上升的序列 (1,2,ldots,n)，有多少种方式呢？请输出方式数对 (10^9+9) 取模的结果。

输入格式

第一行一个整数 (T) 代表数据组数。

每一组测试数据，第一行是一个整数 (n) 代表排列中的元素个数，第二行 (n) 个整数，是这个排列。

输入数据中测试数据间也许存在空行，请务必注意。

输出格式

(T) 行，一行一个整数，代表这组测试数据的答案。

样例一

input

1
3
2 3 1

output

3

explanation

至少需要两步，有三种操作方式。

• 先换 (2,3)，再换 (3,1)。
• 先换 (2,1)，再换 (3,2)。
• 先换 (3,1)，再换 (2,1)。

数据范围与约定

对于 (50\%) 的数据，(1 leq n leq 10)。

对于 (100\%) 的数据，(1 leq n leq 100000)，(T=100)。

时间限制： (1mathrm{s})

内存限制： (256mathrm{MB})

来源

ipsc2016c

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题解

对于每个点 (i)，将他和他的身上的权值 (p_i) 代表的那个点连边。最后构成了许多许多的长度 (in [1,n]) 的环。

把长度为 (n) 的环变成 (n) 个长度为 (1) 的自环，最少需要 (n-1) 次操作。这可以用数学归纳法证明。

记 (F_n) 为把长度为 (n) 的环变成 (n) 个长度为 (1) 的自环，在步数最小的前提下的操作方式数。

要想把长度为 (n) 的环变成 (n) 个长度为 (1) 的自环，首先肯定要将它划分成长度为 (x,y) 且 (x+y=n) 的两个环。

那么，有多少种划分方式呢？我们记把长度为 (n) 的环划分成长度为 (x,y) 且 (x+y=n) 的两个环的方式数为 (T(x,y))。 我们考虑这样一个图：

这个是交换了 (1,5)。你也可以交换 (2,5)。

我们发现，对于每个点，总有两个合适的点来和这个点交换，以达到划分的目的。因此，(T(x,y)) 为 (2n/2=n)。

但是，我们发现，当 (n) 为偶数且 (x=y) 时，这两个点会重合， (T(x,y)) 变成 (n/2)。

所以，

[T(x,y)=egin{cases} n/2, & n equiv 0 pmod 2 mathrm{and} x=y\ n, & mathrm{others} end{cases} ]

我们再考虑一下操作次序的问题。显然地，两个环之间互不影响。可以把一个环看成一类，用可重集排列数计算 (x-1) 步和 (y-1) 步之间怎么“交错”。“交错”的方法数依据公式，也就是 ((n-2)!/((x-1)!(y-1)!))。

因此，根据可重集排列数、加法原理、乘法原理，我们得到

[F_n=sum_{x+y=n} T(x,y)F_xF_ydfrac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!} ]

用 dfs 找出所有的环，它们的长度为 (l_1,l_2,ldots,l_k)，则再考虑考虑“交错”的方法数，我们得到答案

[prod_{i=1}^{k}F_{l_i} imes dfrac{(n-k)!}{prod_{i=1}^k(l_i-1)!} ]

阶乘肯定与模数 (10^9+9) 互素，因此用费马小定理求逆元即可。

这样的时间复杂度是 (mathrm{O}(n^2))。

俗话说打表是第一生产力。我们在研究 (F_i) 的规律时，意外地发现 (F_i=i^{i-2})。（我也不会证明……如果您会证明，请联系我）。这样，时间复杂度变为 (mathrm{O}(n log n))。

当然，如果你信不过这个规律，你也可以打一个 (F_i) 的表放到代码里头……这样的时间复杂度是 (mathrm{O}(mathrm{It would be accepted}))……

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, uu, hea[100005], cnt, bel[100005], din, hav[100005], ans, T;
int jie[100005];
struct Edge{
	int too, nxt;
}edge[200005];
const int mod=1e9+9;
void add_edge(int fro, int too){
	edge[++cnt].nxt = hea[fro];
	edge[cnt].too = too;
	hea[fro] = cnt;
}
void dfs(int x, int c){
	bel[x] = c;
	for(int i=hea[x]; i; i=edge[i].nxt){
		int t=edge[i].too;
		if(!bel[t])
			dfs(t, c);
	}
}
int ksm(int a, int b){
	if(!a)	return 1;
	if(b<0)	return 1;
	int re=1;
	while(b){
		if(b&1)	re = ((ll)re * a) % mod;
		a = ((ll)a * a) % mod;
		b >>= 1;
	}
	return re;
}
int main(){
	cin>>T;
	jie[0] = 1;
	for(int i=1; i<=100000; i++)
		jie[i] = ((ll)jie[i-1] * i) % mod;
	while(T--){
		memset(hav, 0, sizeof(hav));
		memset(bel, 0, sizeof(bel));
		memset(hea, 0, sizeof(hea));
		cnt = din = 0;
		scanf("%d", &n);
		for(int i=1; i<=n; i++){
			scanf("%d", &uu);
			add_edge(i, uu);
			add_edge(uu, i);
		}
		for(int i=1; i<=n; i++)
			if(!bel[i])
				dfs(i, ++din);
		for(int i=1; i<=n; i++)
			hav[bel[i]]++;
		ans = 1;
		for(int i=1; i<=din; i++)
			ans = ((ll)ans * ksm(hav[i], hav[i]-2)) % mod;
		ans = ((ll)ans * jie[n-din]) % mod;
		for(int i=1; i<=din; i++)
			ans = ((ll)ans * ksm(jie[hav[i]-1], mod-2)) % mod;
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}