[Hackerrank 101 Hack 43&& MenciOJ P321] K-Inversion Permutations

题目链接（上面是MenciOJ,下面是Hackerrank ）：

https://ly.men.ci/problem/321

https://www.hackerrank.com/contests/101hack43/challenges/k-inversion-permutations

其实还有一个bzoj2431也是一样的题目，但是数据范围更小，允许O(nk)的平方级算法。

题意：给出n,k，求逆序对数为k的1-n的排列的数量. n,k<=10^5.

题解：先来考虑一下bzoj2431的做法，这个做法是O(nk)的，

            考虑一下dp：dp[i][j]表示i个数形成排列，逆序对数为j的方案数，

                                     dp转移为：dp[i][j]=sigma(dp[i-1][j-k],k=0..min(j,i-1)).

                                      前缀和优化一下即可得到O(nk)的解法。

            dp方程解释：对于前i个数，我们不关心它们的具体大小，只关心相对大小，

                                     因为相对大小就可以确定一个序列的逆序对数量，而指数级别的状态数被减少到了平方级别，

                                     这样就可以把它们离散到一个[1,i]的区间上，通过枚举下一个位置选择的数在这个[1,i]排列中的位置(也就是与前(i-1)个数的相对大小)进行转移。

           但是这个方法的瓶颈在于其还是关心了数字之间的大小关系，而且没有考虑通过计数问题常用的组合数等方式去优化。

          考虑上述dp方程的实际意义，其实就是求数列{ai}的组数，满足sigma(ai)=k且0<=ai<=i-1.

          于是根据这个思路考虑优化的做法：

          因为如果没有0<=ai<=i-1的限制答案就是一个组合数，

          考虑利用容斥原理去干掉这个限制，

          如果我们钦定至少有m个ai满足ai>=i，

          设这些i的和为s， 则方案数为满足n个非负数和为(k-s)的方案数，

                                           即为C(k-s+n-1,n-1)，预处理后可以O(1)计算。

          而由容斥原理可以发现，它对答案的贡献的系数是(-1)^m.

          因为如果有p个不满足条件(p>0)，

          它会在sigma(C(p,2k))个位置做出1的贡献，

          在sigma(C(p,2k+1))个位置做出-1的贡献，

           在p>0时，其可以两两抵消，最终的贡献是0，

           而在p=0时，其贡献为C(0,0)=1.

          我们可以dp出选出m个i，和为s的方案数，然后组合数求解，

          dp过程中，因为有dp[i][j]=dp[i][j-i]+dp[i-1][j-i]-dp[i-1][j-n-1]，所以每个dp值都可以O(1)计算，

          dp方程的解释：i个数，和为j-i的情况下，每个数加1可以形成i个数，和为j的状况，

                                       但是，如果原来选出的数字中有n，是不合法的，所以减去，

                                       同时，对于i个数和为j，有一个1被选择的情况没有考虑到，所以加上。

          第一维的状态数是sqrt(k)的，所以可以O（k^1.5）求出最终的答案。

Code：

#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define mod 1000000007llusing namespace std;ll inv[200005],fac[200005];ll dp[100005],prv[100005];ll c[100005],p[100005];inline void pre(){int i;fac[0]=1ll;fac[1]=1ll;for (i=2;i<=200000;i++){fac[i]=fac[i-1]*((ll)(i))%mod;}inv[0]=1ll;inv[1]=1ll;for (i=2;i<=200000;i++){inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;}for (i=2;i<=200000;i++){inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;}}inline ll cal(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}int main (){int n,k,i,j;pre();scanf ("%d%d",&n,&k);for (i=0;i<=k;i++){c[i]=cal(i+n-1,n-1);p[i]=0;}dp[0]=1;p[k]=1;for (i=1;i<=450;i++){int tag=i&1;for (j=0;j<=k;j++) prv[j]=dp[j],dp[j]=0;for (j=i*(i+1)/2;j<=k;j++){dp[j]=dp[j-i]+prv[j-i];if (j-n-1>=0) {dp[j]-=prv[j-n-1];}while (dp[j]>=mod) {dp[j]-=mod;}if (dp[j]<0) {dp[j]+=mod;}if (!tag){p[k-j]+=dp[j];}else{p[k-j]-=dp[j];}}}ll ans=0;for (i=0;i<=k;i++){p[i]%=mod;if (p[i]<0) {p[i]+=mod;}ans+=(c[i]*p[i])%mod;if (ans>=mod) {ans-=mod;}}printf ("%lld\n",ans);return 0;}