组合数学（待更新）

严格弱序（Strict Weak Ordering）

序理论相关可以看oiwiki序理论。

严格弱序是一种二元关系（以下为简便称之为\(<\)，定义在集合\(S\)上），满足以下性质：

（不可比关系（\(x\) is incomparable with \(y\)）可表达为\(\neg(x<y\lor y<x)\)，这里为方便简记为\(p(x,y)\)）

1. （非自反性irreflexivity）\(\forall x\in S,x \not< x\)

2. （非对称性asymmetry）\(\forall x,y\in S,x<y\Rightarrow y\not< x\)

3. （传递性transitivity）\(\forall x,y,z\in S,x<y\land y<z\Rightarrow x<z\)

4. （不可比的传递性transitivity of incomparability）\(\forall x,y,z\in S,p(x,y)\land p(y,z)\Rightarrow p(x,z)\)

注意到满足严格弱序的运算符能够表示所有逻辑运算符，以小于号\(<\)为例：

• \(a<b\)

• \(a>b\iff b<a\)

• \(a=b\iff \neg(a<b\lor b<a)\)

• \(a\le b\iff \neg(b<a)\)

• \(a\ge b\iff \neg(a<b)\)

• \(a\ne b\iff a<b\lor b<a\)

但不满足严格弱序的运算符（如\(\le\)）就不行。这也是C++中重载后的比较规则要满足严格弱序的原因（最初默认采用的是小于号\(<\)）。

Lucas定理

\[{n \choose m} \equiv {\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{m}{p} \rfloor} {n \bmod p \choose m \bmod p} \pmod p\\ \text{其中} p \text{为质数。} \]

证：

注意到 \({p \choose n} \equiv [n=p \lor n=0] \pmod p\)，

因此 \((a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod p\)。

对于 \(f(x)=(1+x)^n\)，\([x^m]f(x)={n \choose m}\)。

我们现在对 \(f(x)\) 做一点变换，

\[\begin{aligned} f(x)&=(1+x)^n\\ &=(1+x)^{p \times \lfloor \frac{n}{p} \rfloor}(1+x)^{n \bmod p}\\ &=((1+x)^{p})^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}(1+x)^{n \bmod p} \end{aligned} \]

所以 \(f(x) \equiv (1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (1+x)^{n \bmod p} \pmod p\)

设 \(h(x)=(1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor},g(x)=(1+x)^{n \bmod p}\)，

则 \([x^m]f(x) \equiv [x^{kp}]h(x) \times [x^r]g(x) \pmod p\)。

因为 \(0 \le r < p\),所以将 \(m\) 拆成 \(m=kp+r\) 的形式的方法是唯一的，即 \(k=\lfloor \frac{m}{p} \rfloor,r=m \bmod p\)。

所以 \([x^{kp}]h(x)={\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{m}{p} \rfloor},[x^r]g(x)={n \bmod p \choose m \bmod p}\)。

原式得证。

感觉不是很严谨，感性理解一下。

错排

记 \(f_n\) 表示长度为 \(n\) 且不存在 \(p_i=i\) 的排列的个数。

\[f_n=(n-1)(f_{n-2}+f_{n-1}) \]

证明：

考虑将 \(1\) 放在位置 \(k\) 上（\(k \ne 1\)），这里有 \(n-1\) 种方法，\(k\) 的放置位置可分类讨论。

1. \(k\) 放在位置 \(1\) 上，那么还要将剩下 \(n-2\) 个数错排，即 \(f_{n-2}\)。

2. \(k\) 放在位置 \(t\) 上，那么此时的错排中位置 \(1\) 上放的数 \(p\) 一定有 \(p \ne 1 \land p \ne k\)，所以可以构造另一个排列：将 \(p\) 放在位置 \(k\) 上，并将 \(1\) 与位置 \(1\) 去掉。显然新的排列是一个长度为 \(n-1\) 的错排，且与原来的错排是 一一对应 的。即 \(f_{n-1}\)。

综上，原式得证。

注意，本证明过程在某些题中也可以用来推导递推关系（如P7438 更简单的排列计数）。

鸽巢原理

将 \((\sum\limits_{i=1}^n{p_i})-n+1\) 放入 \(n\) 个盒子，一定存在一个盒子 \(i\)，使得第 \(i\) 个盒子至少装了 \(p_i\) 个物品。

证：

设第 \(i\) 个盒子装了 \(a_i\) 个物品，假设：

\(\forall x \in \mathbb{N^* } \land 1\le x \le n,a_i < p_i\)，则有 \(\sum a_i \le (\sum p_i)-n <(\sum p_i)-n+1\)，矛盾。

所以原命题得证。

练习

1. 有十个数 \(a_1,a_2\dots a_{10}\) 满足 \(\forall_{1\leq i\leq10}{1\leq a_i\leq60}\)，证明能够从 \(a_i\) 中挑出两个交为空的子集，使得它们的和相等。

证：

注意到两个交不为空且和相等的子集减去交集后和仍然相等，所以“交为空”的限制可以去掉。总共有 \(2^{10}=1024\) 个子集，而和的取值范围为 \([0,600]\)，根据鸽巢原理，原命题得证。

2. 证明一张有超过 1 个点的简单无向图必定有两点度数相等。

证：

若有 \(2\) 个度为 \(0\) 的点，已有两点度数相等。

若有 \(1\) 个度为 \(0\) 的点，则其他 \(n-1\)个点的度数的取值范围为 \([1,n-2]\)，根据鸽巢原理，一定有两点度数相等。

若没有度数为 \(0\) 的点，则 \(n\) 个点的度数的取值范围为 \([1,n-1]\)，根据鸽巢原理，一定有两点度数相等。

综上，原命题得证。

3.证明能从任意 \(11\) 个实数中挑选出 \(4\) 个数 \(a,b,c,d\) 满足：

\[(ac+bd)^2\geq\frac 1 2(a^2+b^2)(c^2+d^2)\\ Hint:\cos <\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y} >=\frac{\overrightarrow{x} \cdot \overrightarrow{y}}{\lvert \overrightarrow{x}\rvert \cdot \lvert \overrightarrow{y} \rvert} \]

证：

\[\frac{(ac+bd)^2}{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \ge \frac{1}{2}\\ 令 \overrightarrow{x}=(a,b),\overrightarrow{y}=(c,d)\\ \cos^2<\overrightarrow{x},\overrightarrow{y}> \ge \frac{1}{2}\\ 即转化成 \overrightarrow{x} 和 \overrightarrow{y}的夹角不大于 \frac{\pi}{4} \]

由于 \(11\) 个实数中根据鸽巢原理，至少有 \(6\) 个数符号相同，所以可以挑出三个同一象限的向量，其中一定有两个向量的夹角不大于 \(\frac{\pi}{4}\)。

容斥原理

练习一

有 \(n\) 个元素，问有多少种选择若干个子集的方案，使得选出的子集的交集大小恰好为 \(k\)。

解：

设钦定交集大小为 \(k\) 的方案数为 \(g(k)\)，交集大小恰好为 \(k\) 的方案数为 \(f(k)\)。有：

\[\begin{aligned} g(k)&={n \choose k}(2^{2^{n-k}}-1) \\ g(k)&=\sum \limits_{i=k}^n {i \choose k} f(i) \end{aligned} \]

解释以下第一个式子，钦定 \(k\) 个后还有 \(2^{n-k}\) 个子集，每个集合选或不选，即 \(2^{2^{n-k}}\) 种方案，最后要减去一个集合都不选的 \(1\) 种方案。

然后反演即可。

\[f(k)=\sum \limits_{i=k}^n (-1)^{i-k}{i \choose k} g(i)=\sum \limits_{i=k}^n (-1)^{i-k}{i \choose k}{n \choose i}(2^{2^{n-i}}-1) \]

练习二

有两个序列 \({a_i},{b_i}\) 保证所有元素互不相同。你需要重排 \(b\) 序列，使得恰好有 \(k\) 个 \(i\) 满足 \(a_i>b_i\)，求方案数。

\(0<k\leq n\leq2000\)

解：

注意到序列 \(a\) 的顺序对答案是没有影响的，所以先将 \(a\) 从小到大排序。

设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 对，有 \(j\) 对满足限制的。

发现转移不了（填当前位置上的 \(b\) 时不知道前面不满足限制的 \(b\) 与当前位置上的 \(a\) 的关系）。

考虑只算 \(a>b\) 的，即修改定义为考虑了前 \(i\) 对，钦定了 \(j\) 对满足限制的方案数，发现可以转移了。

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1} \times (cnt_{a_i}-j+1) \]

\(cnt_{a_i}\) 表示序列 \(b\) 中比 \(a_i\) 小的数的个数。

由于序列 \(a\) 单调递增，所以前面 \(j-1\) 个 \(b\) 都比 \(a_i\) 小，在算的时候要减去。

设 \(g(k)\) 表示钦定 \(k\) 对满足限制的方案数，\(f(k)\) 表示恰好 \(k\) 对满足限制的方案数。有：

\[g(k)=(n-k)! dp_{n,k}=\sum \limits_{i=k}^n {i \choose k} f(i) \]

于是反演即可。

\[\begin{aligned} f(k)&=\sum \limits_{i=k}^n (-1)^{i-k} {i \choose k} g(i)\\ &=\sum \limits_{i=k}^n (-1)^{i-k} {i \choose k}(n-i)! dp_{n,i} \end{aligned} \]

练习三

有一个 \(n\times n\) 的矩阵，将其三染色，使得至少有一行或者一列同色，问方案数。

\(n\leq10^6\)

解：

设 \(g(i,j)\) 表示钦定有 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数，\(f(i,j)\) 表示恰好有 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数。

我们发现，当 \(i>0 \land j>0\) 时，这些同色的行和列一定是同一种颜色。故有下式：

\[g(i,j)=\begin{cases} 3^{n(n-j)+j}{n \choose j} & i=0\\ 3^{n(n-i)+i}{n \choose i} & j=0\\ 3^{(n-i)(n-j)+1}{n \choose i}{n \choose j}& Otherwise. \end{cases} \]

找 \(g(i,j)\) 和 \(f(i,j)\) 的关系：

\[g(i,j)=\sum \limits_{k=i}^n \sum \limits_{t=j}^n {k \choose i}{t \choose j} f(k,t) \]

对此反演，有两种方法。

练三法一

\[\begin{aligned} g(i,j)&=\sum \limits_{k=i}^n \sum \limits_{t=j}^n {k \choose i}{t \choose j} f(k,t)\\ &=\sum \limits_{k=i}^n {k \choose i} \sum \limits_{t=j}^n {t \choose j} f(k,t) \end{aligned} \]

我们设：

\[h(k,j)=\sum \limits_{t=j}^n {t \choose j} f(k,t) \]

故

\[g(i,j)=\sum \limits_{k=i}^n {k \choose i}h(k,j) \]

对上面两个式子反演得到：

\[\begin{aligned} h(i,j)&=\sum \limits_{k=i}^n (-1)^{k-i}{k \choose i}g(k,j)\\ f(k,j)&=\sum \limits_{t=j}^n (-1)^{t-j}{t \choose j} h(k,t) \end{aligned} \]

所以得到：

\[\begin{aligned} f(i,j)&=\sum \limits_{t=j}^n (-1)^{t-j}{t \choose j} h(i,t)\\ &=\sum \limits_{t=j}^n (-1)^{t-j}{t \choose j}\sum \limits_{k=i}^n (-1)^{k-i}{k \choose i}g(k,t)\\ &=\sum \limits_{t=j}^n \sum \limits_{k=i}^n (-1)^{k+t-i-j}{t \choose j}{k \choose i}g(k,t) \end{aligned} \]

现在来考虑我们要求到什么。

求至少有 \(1\) 行或 \(1\) 列同色的方案数，即用总方案数减去恰好有 \(0\) 行 \(0\) 列同色的方案数，所以我们要求的是 \(f(0,0)\)。

\[f(0,0)=\sum \limits_{t=0}^n \sum \limits_{k=0}^n (-1)^{k+t}g(k,t) \]

由于我们对 \(g\) 的取值进行了分讨，这里将式子按分讨拆开。

\[\begin{aligned} f(0,0)&=\sum \limits_{t=1}^n \sum \limits_{k=1}^n (-1)^{k+t}g(k,t)+\sum \limits_{t=1}^n (-1)^t g(0,t)+\sum \limits_{k=1}^n (-1)^k g(k,0)+g(0,0)\\ &=\sum \limits_{t=1}^n \sum \limits_{k=1}^n (-1)^{k+t}3^{(n-k)(n-t)+1}{n \choose k}{n \choose t}+\sum \limits_{t=1}^n (-1)^t 3^{n(n-t)+t}{n \choose t}+\sum \limits_{k=1}^n (-1)^k 3^{n(n-k)+k}{n \choose k}+3^{n^2} \end{aligned} \]

后面三块式子已经可以 \(O(n)\) 做了，来看前面两重求和号的式子。

\[\begin{aligned} \sum \limits_{t=1}^n \sum \limits_{k=1}^n (-1)^{k+t}3^{(n-k)(n-t)+1}{n \choose k}{n \choose t}&=\sum \limits_{t=1}^n \sum \limits_{k=1}^n (-1)^{k+t}3^{n^2+1-nt-nk+kt}{n \choose k}{n \choose t}\\ &=3^{n^2+1} \sum \limits_{t=1}^n (-1)^t3^{-nt}{n \choose t}\sum \limits_{k=1}^n (-1)^k {n \choose k} 3^{k(t-n)}\\ &=3^{n^2+1} \sum \limits_{t=1}^n (-1)^{n-t}3^{-nt}{n \choose t}\sum \limits_{k=1}^n (-1)^{n-k} {n \choose k} (3^{t-n})^k\\ &=3^{n^2+1} \sum \limits_{t=1}^n (-1)^{n-t}3^{-nt}{n \choose t}((3^{t-n}-1)^n-(-1)^{n}) \end{aligned} \]

这样子就做完了。

练三法二

对于我们要反演的式子：

\[g(i,j)=\sum \limits_{k=i}^n \sum \limits_{t=j}^n {k \choose i}{t \choose j} f(k,t) \]

有二元二项式反演：

\[f(i,j)=\sum \limits_{t=j}^n \sum \limits_{k=i}^n (-1)^{k+t-i-j}{t \choose j}{k \choose i}g(k,t) \]

证明同法一。

可以推广到 \(n\) 元的形式。

练习四

记 \({n\brace m}\) 表示把 \(n\) 个不同的物品划分为 \(m\) 个集合构成簇的方案数（不允许空集），求 \({n \brace m}\)。

解：

显然有 \(O(nm)\) 的递推：

\[{n \brace m}={n-1 \brace m-1}+m{n-1 \brace m} \]

另一种更快的做法：

设 \(f(m)\) 表示恰好把 \(n\) 个不同的物品划分为 \(m\) 个互不相同的集合构成簇的方案数(集合不能为空)，\(g(m)\) 表示把 \(n\) 个不同的物品放入钦定的 \(m\) 个互不相同的集合构成簇的方案数，其中集合可以为空。

所以 \(g(m)= m^n= \sum \limits_{i=0}^m {m \choose i} f(i)\)。

反演一下得到：

\[\begin{aligned} f(m)&=\sum \limits_{i=0}^m (-1)^{m-i}{m \choose i}g(i)\\ &=\sum \limits_{i=0}^m (-1)^{m-i}{m \choose i} i^n\\ &=\sum \limits_{i=0}^m (-1)^{m-i}\frac{m!i^n}{(m-i)!i!} \end{aligned} \]

由于原来的集合都是相同的，所以 \({n \brace m}=\frac{f(m)}{m!}\)。

即：

\[{n \brace m}=\sum \limits_{i=0}^m (-1)^{m-i}\frac{i^n}{(m-i)!i!} \]

Min-Max容斥

证明

\(\max\limits_{k_{th}}{S}=\sum\limits_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\min T}\)

\(=\sum\limits_{x\in S}x\sum\limits_{x\in T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}[\min{T}=x]}\)

令 \(f(x)\) 表示 \(S\) 中大于 \(x\) 的元素构成的集合。

\(=\sum\limits_{x\in S}{x}\sum\limits_{x\in T\subseteq f(x)}{(-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1}}\)

枚举 \(|T|\):

\(=\sum\limits_{x\in S}{x\sum\limits_{l = 1}^{|f(x)|}{(-1)^{l-k}\dbinom{|f(x)|-1}{l-1}\dbinom{l-1}{k-1}}}\)

\(=\sum\limits_{x\in S}{x\sum\limits_{l=1}^{|f(x)|}{(-1)^{l-k}\dbinom {|f(x)|-1}{k-1}\dbinom{|f(x)|-k}{l-k}}}\)

\(=\sum\limits_{x\in S}{x\dbinom {|f(x)|-1}{k-1}\sum\limits_{l=1} ^{|f(x)|}{(-1)^{l-k}\dbinom {|f(x)|-k}{l-k}}}\)

易知 \(|f(x)|< k\) 时无贡献。

\(=\sum\limits_{x\in S}{x\dbinom {|f(x)|-1}{k-1}\sum\limits_{l=0}^{|f(x)|-k}(-1)^l\dbinom{|f(x)|-k}{l}}\)

\(=\sum\limits_{x\in S}{x\dbinom {|f(x)|-1}{k-1}[|f(x)|=k]}\)

\(=\max\limits_{k_{th}}{S}\)

原式得证。

证明 \(\min\) 的方法类似。将 \(k=1\) 代入得到另外两个式子。

练习一

给定三个序列 \(a_i,b_i,c_i\)，求

\[\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}{\max{a_i+a_j,b_i+b_j,c_i+c_j}-\min{a_i+a_j,b_i+b_j,c_i+c_j}} \]

\(n\leq2\times10^5\)

解：

暴力拆开那个 \(max\) :

\(\max{a_i+a_j,b_i+b_j,c_i+c_j}\)

\(=\min{a_i+a_j}+\min{b_i+b_j}+\min{c_i+c_j}\\\ \ \ \ \ -\min{a_i+a_j,b_i+b_j}-\min{a_i+a_j,c_i+c_j}-\min{b_i+b_j,c_i+c_j}\\\ \ \ \ \ +\min{a_i+a_j,b_i+b_j,c_i+c_j}\)

抵消掉最后那一项，剩下的项中，只有一个的是平凡的，有两个的可以二维偏序，总复杂度就是 \(O(n\log{n})\)。

练习二

给 \(n\) 个元素，每次会随机选择一个，有 \(p_i\) 的概率选择第 \(i\) 个，问第一次所有元素都被选择过的期望时间。

\(1\leq n\leq20\)

解：

因为 \(min/max\) 容斥都是线性运算，且期望具有线性性，所以可以直接套上期望：

\(E(\max{S})=\sum\limits_{T\subseteq S}{(-1) ^{|T|-1}E(\min{T})}\)

\(E(\min{T})\) 的含义实际上就是第一次选到 \(T\) 中元素的期望时间，可以把 \(T\) 和 \(T\) 的补集看做两个整体，那么一次选中的概率就是 \(\sum\limits_{x\in T}{p_x}\)，期望时间就是其倒数 \(\frac 1{\sum\limits_{x\in T}{p_x}}\)

然后直接带进式子里计算即可，\(O(n2^n)\)

练习三

给 \(n\) 个元素，每次会随机选择一个，有 \(\frac {p_i} M\) 的概率选择第 \(i\) 个，问第一次有 \(k\) 个元素被选择过的期望时间。

\(1\leq l\leq n\leq 10^3,n-10\leq k\leq n,\sum\limits_{i=1}^n{p_i}=M\leq10^4\)。

解：

相当于求期望出现时间第 \(n-k+1\) 大，令 \(k \leftarrow n-k+1\)，一样的期望式子列出来：

\(E(\max\limits_{k_{th}}S)=\sum\limits_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\frac{M}{\sum\limits_{x\in T}p_x}}\)

直接求肯定 G。因为 \(M\leq10^4\)，所以考虑计算每一种 \(\sum\limits_{x\in T}{p_x}\) 作为分母的项的系数之和，再算答案。

考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个，分母和为 \(j\) 的项的系数和。

不选很好转移，选的话中间那坨组合数就不太能转的动。

考虑到 \(\dbinom {|T|-1}{k-1}=\frac{|T|-1}{|T|-k}\dbinom{|T|-2}{k-1}\)，所以我们可以在方程里及一个 \(l=|T|\)，那就可以转了：

\(dp_{i,j,l}=dp_{i-1,j,l}-\frac{l-1}{l-k}dp_{i-1,j-p_i,l-1}\)

但是这个方程是 \(O(n^2m)\) 的，显然过不了，且没用到 \(k\leq10\) 的性质。

又考虑到 \(\dbinom {|T|-1}{k-1}=\dbinom{|T|-2}{k-1}+\dbinom{|T|-2}{k-2}\)

那么只需要在方程中记 \(l=k\) 即可转移：

\(dp_{i,j,l}=dp_{i-1,j,l}+dp_{i-1,j-p_i,l-1}-dp_{i-1,j-p_i,l}\)

（解释：如果第 \(i\) 个不选，即有 \(dp_{i-1,j,l}\) 的贡献，如果第 \(i\) 个要选，即 \(|T| \leftarrow |T|+1\)，观察把组合数拆开之后的式子，\((-1)^{|T|-k}\) 的符号会改变，所以拆开后的 \({|T|-2 \choose k-1}\) 这一项的符号改变,贡献为 \(-dp_{i-1,j-p_i,l}\)。而对于 \({|T|-2 \choose k-2}\) 这一项，\(k\) 的值也变化了 \(1\)，对于 \((-1)^{|T|-k}\) 的影响还有一个 \(-1\)，所以符号不变，贡献为 \(+dp_{i-1,j-p_i,l-1}\)）

就可以 \(O(nmk)\) 了。

康托展开

\(Question\)：求\(1\)到\(n\)的一个排列的排名。

式子：

\[ans=\sum\limits_{i=1}^n sum_{a_i}\times(n-i)! \]

其中\(sum_{a_i}\)指下标大于\(i\)的数中比\(a_i\)大的数的个数。可以用树状数组来维护这个东西。

理解一下，有些类似数位DP,前\(i-1\)位视作固定了，那么只有\(sum_{a_i}\)个数放在第\(i\)位时比当前的排列排名小。

确定好第\(i\)位后，后面\(n-i\)位就随便放，所以式子长这样。

注意一下这里的排名从\(0\)开始。

置换和排列

都要退役了还没系统地学这个东西，只是零零散散会一点。

定义

一个集合 \(X\) 到自身的双射 \(\sigma\) 称为一个置换。若 \(X\) 上有全序，那么一个置换液被称为一个（全）排列。该全序也被称为自然顺序。

大小为 \(n\) 的集合有 \(n!\) 种置换。

表示方法

双行记号

没啥用。写成 \(\sigma=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}\)，表示第一行置换后得到第二行。

单行记号

将双行记号中的第一行按自然顺序写，记 \(\sigma(i)\) 为第一行中的数 \(i\) 对应的第二行的数，比如写下 \(\sigma(1)\sigma(2)\sigma(3)=231\)。

这个可以用来比排列的大小。

轮换表示

极其重要。

随便写下 \(X\) 中的一个还未被写下的数 \(x\)，然后重复写下 $\sigma(x),\sigma(\sigma(x))\cdots $，直到一个数已经被写下过就停止，将刚才写下的东西用括号括起来，回到第一步。

就是常说的拆置换环。连有向边 \(x\to \sigma(x)\)。由于 \(\sigma\) 是双射，\(x\) 的入度和出度都是 \(1\)，所以会构成若干个环。

比如排列 \(265431\)，写出轮换表示为 \((126)(35)(4)\)。实践中有时会省略长度为 \(1\) 的轮换。恒等置换常记作 \((1)\)。

一些题推性质也是这样建图去找。

复合

也叫置换的乘积。

比如 \(\sigma=\begin{pmatrix}x_1&x_2&\cdots &x_n\\ x_{p_1}&x_{p_2}&\cdots & x_{p_n}\end{pmatrix}\)，\(\pi=\begin{pmatrix}x_{p_1}&x_{p_2}&\cdots & x_{p_n}\\ x_{q_1}&x_{q_2}&\cdots & x_{q_n}\end{pmatrix}\)

那么 \(\pi\circ\sigma=\begin{pmatrix}x_1&x_2&\cdots &x_n\\ x_{q_1}&x_{q_2}&\cdots & x_{q_n}\end{pmatrix}\)，类似函数复合，\((\pi\circ\sigma)(x)=\pi(\sigma(x))\)。

这个东西有结合律，没有交换律，所以注意顺序。

一个置换的幂可以用快速幂 \(O(n\log n)\) 计算，也可以拆置换环后，将复合原来的置换看作在置换环上走一步，只需要取模一下 \(O(n)\) 计算。