欧拉数学习笔记
定义
定义(left<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>)为长度为(n)的排列(p),满足(p_j<p_{j+1})的数目为(i)的排列数,也就是欧拉数。
求法
首先可以考虑dp转移(left<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>),考虑现在有(1sim n-1),加入(n):
- 如果(n)加在排列最左边,数目不变,由(left<egin{matrix}{n-1}\iend{matrix} ight>)转移
- 如果(n)加在排列最左边,数目增加,由(left<egin{matrix}{n-1}\{i-1}end{matrix} ight>)转移
- 插在某个(p_j<p_{j+1})中间,数目不变,由(left<egin{matrix}{n-1}\{i}end{matrix} ight> imes i)转移
- 插在某个(p_j>p_{j+1})中间,数目增加,由(left<egin{matrix}{n-1}\{i-1}end{matrix} ight> imes (n-1-i))转移
总转移方程:
但是有些出题人就说了:我计数题都出(1e5),你这么递推,我很不满意!
下面给出容斥求法:
设(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix})表示长度为(n)的排列,至少有(k)个(p_j<p_{j+1})的方案数。
二项式反演:
考虑求(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}),将小于号连成的两个位置看成一个连通块,那么一共就有(n-k)个连通块,那么联通块内部排列只有一种,因为每个连通块不能为空,所以一个连通块的 EGF 就是(e^x-1),因为是「至少」,所以两个连通块之间可以随意合并,那么(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}=n![x^n](e^x-1)^{n-k})
把上式用二项式定理拆开:
卷一下就可以求出每个(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix})了。
最后我们再 NTT 加速反演就可以求出(left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>)了,总复杂度(O(nlog n))。
但是发现上面的做法还是naive了,发现可以不用卷两遍。
把(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}=sum_{i=0}^{n-k}{n-kchoose i} i^n (-1)^{n-k-i})直接代回(left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikegin{vmatrix}n\iend{vmatrix}),那么有
考虑后面(sum_{i=0}^n{ichoose k}{n-ichoose j})怎么求。
然后可以(O(n))算出一个(left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>)了(一行减法卷积(O(nlog n)))。
应用
CF1349F1 Slime and Sequences (Easy Version)
直接求好序列十分头疼,所以我们建立长度为(n)的好序列与长度为(n)的排列之间的关联。
对于一个排列(p),中的某个(p_i),如果(jin[1,i))中有(k)个(p_{j}<p_{j+1}),那么(a_{p_i}=k+1)。
这样构造的(p)与(a)一一对应,下面简要证明:
首先(a)中的(1)肯定放在最前面,且对于(p)中极长的前缀(p_{1...k})满足(p_{i}>p_{i+1},iin[1,k)),(a_{p_{1...k}}=1),如果我们要填(2)的话一定会使得有一个(1)在(2)前面,(2,3)的情况同理。
感性理解一下就好了
对于(ans_k)考虑每个位置(i)的贡献,那么有
因为不会拉格朗日反演,所以 F2 鸽了。