题解 P4778 【Counting swaps】

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经典题，好题。另外感谢 Rose_max 大佬的博客让我搞懂了这题。

Solution 1

对于一个排列 p_1,p_2,...,p_n，每一个 p_i 向 i 连一条无向边，构成一张由若干个简单环组成的无向图。目标状态即 n 个自环。

引理：将一个大小为 k 的简单环变成 k 个自环，至少需要 k-1 次交换。

利用数学归纳法，证明很简单，这里省略证明。

由此我们可以得到一个推论：假设图中有 k 个环，那么最小交换步数是 n-k。

下面我们来考虑计数。

设 f[i] 表示一个大小为 i 的环，在保证交换次数最少的情况下，有多少种方法将其变成目标状态。

每一次交换可以把大小为 i 的环拆成大小为 x,y 的两个环，x+y=n。设 T(x,y) 表示有多少种交换方法可以将一个大小为 i 的环拆成两个大小分别为 x,y 的环。可以发现：当 x=y 时，有一半的方法是重复的，T(x,y)=x；否则 T(x,y)=x+y。

将一个大小为 i 的环拆成大小为 x,y 的两个环后，x 环需要 x-1 次交换达到目标状态，将这 x-1 次操作记为 x-1 个 0，同理将 y 环的 y-1 次操作记为 y-1 个 1。由于 x 环与 y 环的操作互不干扰，两边的操作可以随意排列，因此这里就是一个多重集的全排列。

综上所述，可以得到 f[i] 的状态转移方程：

f[i]=\sum_{x+y=i} f[x]*f[y]*T(x,y)*\frac{(i-2)!}{(x-1)!(y-1)!}

（或许这个式子可以 FFT 一下，如果你可以将其 FFT，记得告诉我一下做法qwq）

假设排列 p_1,p_2,...,p_n 中有 k 个大小分别为 L_1,L_2,...,L_k 的环。因为这 k 个环的操作互不干扰，可以记其中第 i 个环的 L_i-1 次操作为 L_i-1 个 i，总操作就是一个多重集的全排列。答案是：

Ans=(\prod_{i=1}^k f[L_i])*(\frac{(n-k)!}{\prod_{i=1}^k (L_i-1)!})

在 \mod 10^9+9 意义下，上述除法可以用费马小定理求得逆元解决。复杂度带一个 \log。

时间复杂度：O(n^2 \log n)

求 f[\ ] 数组和阶乘部分代码（预处理）

void Init() {
    fc[0] = 1;  //阶乘 factorial
    for(int i=1;i<=1000;++i) fc[i] = fc[i-1] * i % mod;
    f[1] = 1;
    for(int i=2;i<=1000;++i) {
        for(int j=1;j<=i/2;++j) {   // (x,y)和(y,x)只能算一次 
            int inv = Pow(fc[i-j-1]*fc[j-1]%mod, mod-2);
            f[i] = (f[i] + f[i-j]*f[j]%mod*T(i-j,j)%mod*fc[i-2]%mod*inv%mod) % mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=10;++i) printf("%lld\n",f[i]);
}

Solution 2

注意到上述算法并不能通过此题（n \leqslant 10^5）。瓶颈在于求 f[\ ] 数组这里。于是我们打表出 f[\ ] 数组的前 10 项：

1 1 3 16 125 1296 16807 262144 4782969 100000000

将其输入进 OEIS，或者是对乘方敏感的同学可以发现：f[n]=n^{n-2}。有了这个规律，我们便可以解决这个问题了。

时间复杂度：O(n \log n)

Code

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int N = 1e5+7, mod = 1e9+9;
int n,cnt,ans;
int p[N],f[N],fc[N],L[N];
bool vis[N];
int Pow(int x,int y) {
    int res = 1, base = x;
    while(y) {
        if(y&1) res = res*base%mod; base = base*base%mod; y >>= 1;
    }
    return res;
}
void Init2() {
    fc[0] = 1;
    for(int i=1;i<N;++i) fc[i] = fc[i-1] * i % mod;
    f[1] = 1;
    for(int i=2;i<N;++i) f[i] = Pow(i,i-2);
}
int Dfs(int u) {
    vis[u] = 1;
    if(vis[p[u]]) return 1;
    return Dfs(p[u]) + 1;
}
void work() {
    cnt = 0;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    n = read();
    for(int i=1;i<=n;++i) p[i] = read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(!vis[i]) L[++cnt] = Dfs(i);
    ans = fc[n-cnt] % mod;
    for(int i=1;i<=cnt;++i) {
        int inv = Pow(fc[L[i]-1], mod-2);
        ans = ans*f[L[i]]%mod*inv%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
    Init2();
    int T = read();
    while(T--) work();
    return 0;
}

Summary

模数看错自闭一中午，所以大家在任何地方都要细心呀！！

这个题目让我学会两大经典模型：

另外让我学会一些计数题的 技巧/思路/套路。