一些研究

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2023年3月28日16:56

下午在研究群论，又看了一会行列式
看到了“行列式展开式前的系数与排列的逆序对或者奇偶性有关”，猛地回想起1年前做的“萨姆·洛伊德‘14-15’游戏”（题目叫奇数码）
和刚刚看的群伦里置换奇偶性的定义

• 每个置换都可以写成对换的乘积。

• 一个置换若只能写成偶数对换的乘积则成为偶的； 一个置换若只能写成奇数对换的乘积则成为奇的

而根据我的总结， 一个置换写成多少个对换成积是看能连成几个环，个数即为 n - 环的个数

如

$\left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \ 1 & 4 & 3 & 5 & 2\end{array}\right) $

即圈（置换的另一种符号） （2 4 5）

1 -> 1

4 -> 5

3 -> 3

5 -> 4

2 -> 5

有三个环 （1） （3） （2 4 5）

即这个置换可以写成 2 个对换的乘积 (2 4) (2 5) 注意，这并不唯一

突然！一道灵光闪现， 似乎打通了任督二脉，豁然开朗，将三个知识串，不，契合在一起，此之谓融会贯通呼！

于是我大胆验证我的猜想， 一个排列的逆序对个数奇偶性与置换的奇偶性相同。

好 ，开始coding

int N;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int fuct(vector<int> &v, int l, int r) {
	if (l >= r) return 0;
	ll mid = (l + r) / 2;
	ll res = fuct(v, l, mid) + fuct(v, mid + 1, r);
	int i = l, j = mid + 1, id = l;
	while(i <= mid && j <= r){
		if (v[i] <= v[j]) a[id++] = v[i++];
		else a[id++] = v[j++], res += (mid - i + 1);
	};
	while(i <= mid) a[id++] = v[i++];
	while(j <= r) a[id++] = v[j++]; 
	for (int k = l; k <= r; k++) v[k] = a[k];
	return res;
}
int vis[maxn];
int solve() {
    N = rng() % 1000 + 1000;
	vector<int> permutation(N);
    for (int i = 0; i < N; i++)
        permutation[i] = i, vis[i] = 0;
    shuffle(permutation.begin(), permutation.end(), rng);
    vector<int> T = permutation;
    int A1 = fuct(T, 0, N - 1); // 逆序对
    int A2 = 0;
    vector<int> V = p; 
    for (int i = 0; i < N; i++) {
    	if (vis[i]) continue;
    	int now = i, cnt = 0;
    	while(!vis[now]) {
    		cnt++;
    		vis[now] = 1;
    		now = V[now];
		}
		A2 += cnt - 1;
	}
// A2 是置换的对换乘积个数
	if (A1 % 2 == A2 % 2) return 1;
	else return 0;
}
signed main() {
	#ifdef LOCAL
		//freopen("w.in", "r", stdin);
		//freopen("w.ans", "w", stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int cnt = 0;
	while(cnt <= 10000) {
		if (solve()) {
			cout << "YES" << endl;
			cnt++;
		}
		else {
			cout << "NO" << endl;
			break;
		}
	}
	return 0;
}

不出意外，应该是10000个 “YES”

结果也不出意外， 0 个 “NO”

顺稍提一嘴， 奇数码那题将所有数顺着记录下来， 分别求出前后的逆序对数，判断是否同奇偶，若是，则可达。（“必要性好证，充分性要’长篇大论‘”，这是一年前我看的题解上这么写的）。

必要性确实好证，空格左右交换不会影响数组， 上下交换会使一个数向前移动 \(n-1\) 位，因为 \(n - 1\) 为偶数， 因为每次交换，逆序对 +1 或 -1 所以逆序对改变次数为偶数，故而不改变奇偶性。

充分性呢？

好吧， 置换的资料上显示，也很复杂，没给结论，留给以后的我去探究吧。