一类排列问题

问题1

题意：
给定\(n\)，求有多少个\(n\)排列，满足相邻两项绝对值大于\(1\)

将位置看作点，对于点\(i,i+1\)，将\(|a_i-a_{i+1}|\)看作边
考虑容斥，钦定边集不合法

考虑单个连通块的多项式\(f(x)=x-2x^2+2x^3-2x^4+\cdots=x\frac{1-x}{1+x}\)

对于点数大于等于\(2\)的，有正反两种排列顺序

枚举连通块的个数
\(F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty} i!f(x)^i\)

对于一种分段的方法，确定每段最小值的顺序，即可唯一得到排列

那么答案为\([x^n]F(x)\)

令\(g(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty} i!x^i\)
注意到\(x^2\frac{dg(x)}{dx}+(x-1)g(x)+1=0\)

\[\begin{aligned} &\frac{dg(x)}{dx}=\frac{(1-x)g(x)-1}{x^2}\\ &\frac{dg(f(x))}{df(x)}=\frac{(1-f(x))g(f(x))-1}{f(x)^2}\\ &\frac{dg(f(x))}{dx}=\frac{df(x)}{dx}\cdot \frac{(1-f(x))g(f(x))-1}{f(x)^2}\\ \end{aligned}\]

将\(g(f(x))=F(x),f(x)=x\frac{1-x}{1+x}\)带进去

\[\begin{aligned} &\frac{dF(x)}{dx}=\frac{1-2x-x^2}{x^2-2x^3+x^4}(\frac{1+x^2}{1+x}F(x)-1)\\ &(x^2-x^3-x^4+x^5)\frac{dF(x)}{dx}=(1-2x-2x^3-x^4)F(x)+x^3+3x^2+x-1 \end{aligned}\]

通过该式容易得到线性递推

问题2

题意：
给定\(n\)、\(m\)，求有多少个\(n\)排列，满足不存在长度超过\(m\)的相邻两项绝对值等于\(1\)

定义：若区间内相邻两项绝对值等于\(1\)，则称其为连续区间

求不存在长度为\(m+1\)的连续区间，钦定有\(x\)个\(m+1\)的连续区间（可以相交），容斥系数为\((-1)^{x}\)
考虑钦定连续区间后，排列的方案数

观察：若两个连续区间有交，则区间并也为连续区间

将有交的连续区间合并
令\(y\)为连续区间的个数（合并后的，这里长度不一定为\(m+1\)），\(z\)为未被任意区间包含的位置个数
方案数为\((-1)^{x}(y+z)!2^y\)

以下区间均指合并后的区间

记\(f(i,j,k)\)表示把前\(i\)个点分成\(j\)个区间和\(k\)个无限制点的容斥系数和，
\(g(i,j,k)\)表示在上述条件下\(i\)作为区间末尾的容斥系数和

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

答案为

\[\sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{k=0}^n f(n,j,k)\cdot 2^j\cdot k! \]

发现\(j\)这一维没啥用

\[\begin{aligned} F(i,k)=\sum\limits_{j=0}^n f(i,j,k)\cdot 2^j\\ G(i,k)=\sum\limits_{j=0}^n g(i,j,k)\cdot 2^j\\ \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} &G(i,k)=-\sum\limits_{p=i-m}^{i-1}G(p,k)-2\cdot F(i-m-1,k-1)\\ &F(i,k)=G(i,k)+F(i-1,k-1)\\ \end{aligned}\]

答案为

\[\sum\limits_{k=0}^n F(n,k)\cdot k! \]

问题3

定义连续区间为相邻两项差为\(1\)，给定\(n,k\)，求有多少个\(n\)排列恰好有\(k+1\)段极大连续区间

考虑容斥
令\(f_i\)为恰好有\(i\)段极大连续区间的方案数
令\(g_i\)为钦定\(i\)段的方案数（即钦定断点，段可能不为极大连续区间）

在求得\(\{g_i\}\)后，通过如下方式还原\(\{f_i\}\)
为方便表示，下面将\(f,g\)数组整体左移一位，此时表示至多\(i\)个满足\(|a_j-a_{j+1}|>1\)的位置
那么有\(g_i=\sum\limits_{j\le i}{n-1-j\choose i-j}f_j\)
这不是标准的二项式反演形式，不过我们可以改写成：\(g_i\cdot i!\cdot (n-1-i)!=\sum\limits_{j\le i}{i\choose j}f_j\cdot j!\cdot (n-1-j)!\)
令\(G_i=g_i\cdot i!\cdot (n-1-i)!,F_i=f_i\cdot i!\cdot (n-1-i)!\)
\(\{G_i\},\{F_i\}\)间是标准的二项式反演形式

考虑求\(\{g_i\}\)
\(g_k=k^k=k^k\)
将括号拆开能化成卷积形式