Loj #6077. 「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对

Solution

令$f_{i,j}$表示前$i$个数产生$j$个逆序对的方案数，每次考虑把$i+1$加入，有$i+1$个插入位置分别产生$0..i$个新的逆序对。

因此$f_n$的生成函数为$(1+x)(1+x+x^2)\dots (1+x+\dots x^{n-1})$
即$f_n=\frac{(1-x)(1-x^2)\dots (1-x^n)}{(1-x{)}^n}$

$\frac{1}{(1-x{)}^n}$的幂级数为${\sum }_i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+i-1}{i}\right)$，于是只需要考虑分子的系数。

我们只需要求出$x^0\dots x^k$的系数，因此我们至多会选择$O(\sqrt{k})$个$-x^i$，于是考虑$dp$，令$f_{i,j}$表示$i$个数总和为$j$，最大数不超过$n$的方案数，每次可以整体加$1$或者添加一个$"1"$之后再加$1$，有：
$$f_{i,j}=f_{i,j-i}+f_{i-1,j-1}-f_{i-1,j-n-1}$$

这里的$-f_{i-1,j-n-1}$是因为这些数可能会超过$n$，因此我们要把超过$n$的去掉，也就是需要去掉存在$n+1$的不合法方案。

到这里就可以合并两个幂级数求出答案了，注意原式中是$-x^i$，因此系数要乘上一个$(-1{)}^i$。

时间复杂度$O(k\sqrt{k})$

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=200005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
int fac[MAXN],inv[MAXN],g[505][MAXN];
int upd(int x,int y) { return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
int quick_pow(int x,int y)
{int ret=1;for (;y;y>>=1){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;x=1ll*x*x%mods;}return ret;
}
int C(int x,int y) { return 1ll*fac[x]*inv[y]%mods*inv[x-y]%mods; }
void Init(int n)
{fac[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mods;inv[n]=quick_pow(fac[n],mods-2);for (int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mods;
}
signed main()
{int n=read(),k=read(),sz=sqrt(k*2)+10; Init(n+k);g[0][0]=1;for (int i=1;i<=sz;i++)for (int j=i;j<=k;j++) g[i][j]=upd(upd(g[i][j-i],g[i-1][j-i]),mods-(j>=n+1?g[i-1][j-n-1]:0));int ans=0;for (int i=0;i<=sz;i++) for (int j=0;j<=k;j++) if (i&1) ans=upd(ans,mods-1ll*C(n+j-1,j)*g[i][k-j]%mods);else ans=upd(ans,1ll*C(n+j-1,j)*g[i][k-j]%mods);printf("%d\n",ans);return 0;
}