题解：MT 与 OI

洛谷自建题目 数据包

题目

题目描述

在 MT 刚接触到了冒泡排序的时候，觉得这个东西太慢了，但是加上 break 的效果怎么样呢？于是他开始考虑这样一个问题：任意一个 \(N\) 的排列中，有多少种需要恰好扫 \(K\) 次才能使得数列从小到大排列。所谓扫就是第一重循环，当数列有序后程序会自动退出循环。

冒泡排序的代码：

for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=n;j>i;j--){
        if(a[j]<a[j-1]){
            swap(a[j],a[j-1]);
        }
    }
}

输入格式

第一行一个数 \(T\)，表示数据组数。

接下来 \(T\) 行，每行两个整数 \(N,K\)。

输出格式

\(T\) 个数，表示答案模 \(1000000007\) 的结果。

输入输出样例

输入

3
3 0
3 1
3 2

输出

1
3
2

说明/提示

样例解释

枚举六种情况即得。

数据范围

对于前 \(30\%\) 的数据，\(T\leq 10,N\leq7\)。

对于 \(100\%\) 的数据，\(1\leq T\leq100000,1\leq N\leq1000000,0\leq K\leq N-1\)。

题解

显然是个组合数学题。

先说结论，对于一组给定的 \(n,k\)，答案为：

\[k!\left[(k+1)^{n-k}-k^{n-k}\right] \]

考虑如何证明。

---

首先，冒泡排序是从前往后还是从后往前是不影响结果的，因此考虑从前往后移的写法。

令 \(d(x)\) 表示排列中，第 \(x\) 个数前面的大于 \(x\) 的数的个数。

例如对于排列 \(\langle3,2,4,1,5\rangle\)，有 \(d(1)=0,d(2)=0,d(3)=2,d(4)=0,d(5)=4\)。

令 \(f(x)\) 表示排列中，\(x\) 是第几个数。

例如对于排列 \(\langle3,2,4,1,5\rangle\)，有 \(d(1)=4,d(2)=2,d(3)=1,d(4)=3,d(5)=5\)。

那么对于题目中的“扫描 \(k\) 次”，即：

\[\max_{i=1}^n d(i)=k \]

因为每扫一遍，对于任意一个 \(d(x)\) 都只会至多减少 \(1\)。那么，我们就将原来的问题转化为了 \(d(x)\) 满足条件的数列问题。

显然，在一个排列中，对于最小数 \(m\) 有：\(d(f(m))=f(m)-1\)。（\(m\) 不一定为 \(1\)）。

考虑在 \(1\sim n\) 的排列中，\(d(f(1))\leq k\)，有 \(f(1)\leq k+1\)，\(f(1)\) 有 \(k+1\) 种可能，\(1\) 有 \(k+1\) 种放置方案。

对于 \(2\)，可以考虑 \(2\sim n\) 的新排列，暂时不放置 \(1\)。则 \(d(f(2))\leq k\)，有 \(f(2)\leq k+1\)，\(2\) 有 \(k+1\) 种放置方案。此时再将 \(1\) 插入，不影响最终答案。

对于 \(3,4,5,\cdots,n-k\)，有前 \(n-k\) 个数的放置方案数为：

\[(k+1)^{n-k} \]

对于后 \(k\) 个数，不可能出现某一个数 \(x\) 满足 \(d(x)>k\)，因此排列方案数为 \(k!\)。

故，\(\max\limits_{i=1}^nd(i)\leq k\) 的方案数为：

\[k!(k+1)^{n-k} \]

同理，所有 \(\max\limits_{i=1}^nd(i)\leq k-1\) 的方案数为：

\[(k-1)!k^{n-k+1} \]

总方案数即：

\[k!(k+1)^{n-k}-(k-1)!k^{n-k+1}=k!\left[(k+1)^{n-k}-k^{n-k}\right] \]

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1000000,P=1000000007;
int a[N+1]={1};
void pre(){
	for(int i=1;i<=N;i++){
		a[i]=1ll*a[i-1]*i%P;
	}
}
int qpow(int a,int n){
	if(!n){
		return 1;
	}
	int t=qpow(a,n>>1);
	t=1ll*t*t%P;
	if(n&1){
		t=1ll*t*a%P;
	}
	return t;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	pre();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,k;
		scanf("%d %d",&n,&k);
		printf("%d\n",1ll*a[k]*(qpow(k+1,n-k)-qpow(k,n-k)+P)%P);
	} 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}