AtCoder Beginner Contest 247 EX(推式子)

Posted 2023-02-27 吃花椒的妙酱

题意 ：给个序列ci，表示每个i初始颜色是ci，问进行交换操作k次，最后序列颜色不变的排列有多少个。(n<=2e5,k<=1e9，有多球同色的情况)

Solution:
\\quad 入手的话，可能我们会考虑交换操作和颜色的关系，交换两个同色的下标无意义，交换不同色的(1,2)(2,3)(3,1)试图去找环，发现并不能抵掉交换操作QAQ。
\\quad 考虑朴素的置换环吧。先连边$i->p_i$(一开始pi就是1-n的升序排列)。显然初始有n个大小为1的置换环。
\\quad 接下来看交换操作，交换两个pi，会使置换环数量+1/-1.
证明（参考官方题解）：若交换的两数在同个环内，所在环会分裂成两个。对于$a_1->a_2->...a_i..->a_j...->a_n->a_1$，若交换$p_{a_i}和p_{a_j}，会变成$a_1->a_2->…a_i->a_j+1->a_j+2…->a_n->a_1$和$a_j->a_i+1->a_i+2…->a_j$。
\\quad 若两个数不在同一环内,所在的两个环会合并。显然吧，不证了。。
设k次操作后置换环数量为c，若最后排列要满足 n-c <=k且k-(n-c)%2==0.
前一个不等式表示，k不能小于必要操作次数，后一个式子表示不必要操作需要抵消，因为每次只能+1/-1，那显然不必要操作数要是偶数。（所谓必要就是用最少步骤将置换环数变成c个）。
\\quad 现在考虑各种形态的排列如何满足最后每个i要符合对应的染色ci。考虑将每个i逐步加入。
\\quad 设$f_{i,j}$表示1~i的排列形成了j个置换环的合法方案数（所谓合法就是每个i的染色都是ci）.
\\quad 有转移方程$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\ast {\sum }_{k=1}^{i-1}[c_k==c_i]$。解释一下，若i成自环，那i直接染ci，否则可以替换掉前面颜色是ci的位置。
然后这个式子可以启发式合并求，类似第一类斯特林数。
${\sum }_{i=1}^n{f}_{n,i}{x}^i={\prod }_{i=1}^n(x+cn{t}_i),cn{t}_i表示在i前面且颜色是ci的数量$。
\\quad 证明的话，目前只会归纳法证。
考虑${\prod }_{i=1}^n(x+cn{t}_i)$，设$x^k$的系数为f(n,k).${\prod }_{i=1}^{n-1}(x+cn{t}_i)$，设$x^k$的系数为f(n-1,k),x^k-1的系数为f(n-1,k-1).
则$f(n,k)=f(n-1,k-1)+f(n-1,k)\ast cn{t}_n$系数的转移式与上面计数的转移式相同，且f(i,0)=0.
PS：要从本质的置换环考虑😄。

const int N = 2e5+10;
int a[N],n,cnt[N],s[N],k;
Poly cal(int l,int r)
    if(l==r)
        return Polys[l],1;
    
    int mid = (l+r)>>1;
    return mul(cal(l,mid),cal(mid+1,r));

signed main()
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif  
    ios;
    cin>>n>>k;
    _for(i,1,n) 
        cin>>a[i];
        s[i] = cnt[a[i]];
        cnt[a[i]]++;
    
    Poly F = cal(1,n);
    F.resize(n+1,0);
    int ans = 0;
    _for(i,1,n)
        int t = n - i;
        if( t<=k && (k - t)%2==0 ) ans = (ans + F[i])%mod; 
    
    cout<<ans;