【WC 2026】cxy 欧拉数

• 对于序列 \(p\)，设 \(asc(p)=\sum_{i=1}^{n-1} [p_i<p_{i+1}]\)。
• 定义欧拉数 \(\left\langle^n_k\right\rangle\) 表示有多少个 \(n\) 阶排列满足 \(asc(p)=k\)。
• 一种递推方式：考虑插入 \(n\)，则 \(A_{n,k}=(k+1)A_{n-1,k}+(n-k)A_{n-1,k-1}\)。

QOJ5448 另一个欧拉数问题（\(O(n^2)\) 做法）
考虑每次插入最大值构造 \((n,\alpha)\) 阶排列，只能选择一个空插入所有 \(n\)。
类似上面进行递推就好。

---

• 另一种欧拉数递推方式：每次在末尾添加一个元素。这样我们需要记录最后一个元素的排名：\(A_{n,k,x}=A_{n-1,k-[y<x],y}\)，可以前缀和优化。\(O(n^3)\)

QOJ5532 CEOI 2016 kangaroo（\(O(n^2)\)）
这个题直接连续段 dp，需要记录起点终点是否被选择。

---

• 容斥计算欧拉数：
  • 形式化描述容斥：\(w(a)=\prod_i (p_i[f_i(a)=0]+q_i[f_i(a)=1])\)。
  • 我们需要求 \(\sum_{a\in A}w(a)=\sum_{a\in A}\prod_i (p_i+(q_i-p_i)[f_i(a)=1])=\sum_{S} \prod_{i\not\in S} p_i\prod_{i\in S} (q_i-p_i)\mathrm{cnt}(S)\)，其中 \(cnt(S)=\sum_{a\in A} \prod_{i\in S} [f_i(a)=1]\)。
  • 带入 \(p_i=1,q_i=x\)：\(\sum_{S} (x-1)^{|S|}cnt(S)\)，考虑求 \(cnt(S)\)。
• 等于从 \(1\sim n-1\) 中选出 \(k\) 个位置，规定他们是 \(<\)。
  • \(\left\langle^n_m\right\rangle=\sum_{i=0}^{n-m} i^n \binom{n+1}{m+i+1}(-1)^{n-i+m}\)。
  • \(\left\langle^n_m\right\rangle=[\frac{x^n}{n!}y^m]\sum_{k\ge 0} (x-1)^k (e^y-1)^{n-k}=\sum_{k=0}^{m}(k+1)^n \binom{n+1}{m-k}(-1)^{m-k}\)。
  • 可以 \(O(n\log n)\) 求一行。

LOJ575 「LibreOJ NOI Round #2」不等关系
\(s_i=[p_i<p_{i+1}]\)。
考虑形式化描述容斥：\(f_{i}(a)=[a_i<a_{i+1}],p_i=[s_i=0],q_i=[s_i=1]\)。
\(\sum_{S} (\prod_{i\not\in S} p_i)(\prod_{i\in S} (q_i-p_i))\mathrm{cnt}(S)=\sum_{S} (\prod_{i\not\in S} [s_i=0])(\prod_{i\in S} (-1)^{[s_i=0]})\mathrm{cnt}(S)\)。
考虑 \(\mathrm{cnt}(S)\)，相当于有若干个连续段，段内有序，所以是多重排列。
枚举上一个 1 在哪里：\(f_i=\sum_{1\le j\le i}f_{j-1}\frac{(-1)^{c_i-c_{j}}}{(j-i+1)!}[s_j=0]\)。

QOJ9651 又一个欧拉数问题
考虑上面一题中规定了 \(s\)，那么若没有做限定，我们就对每个位置确定一个 \((s_i,t_i)\) 二元组，其中 \(s_i\le t_i\)。容斥系数是 \(\prod (-1)^{s_i+t_i}\)，另外还要乘上 \(t_i\) 作为多重排列的方案数。以及 \(s_i\) 对应的二进制位权值。
考虑唯一构造每种二元组序列，先加入 \(k\times (t_i=1)\)，然后一直加 \((t_i=0)+k\times (t_i=1)\)，每个 \(k\) 都是指可以任取的非负整数。对于 \(t_i=1\) 的位置 \(s_i\) 可以任意选。
设 \(cof_{c,S,T}\) 表示 \(s\) 结尾已经有 \(\ge k-2\) 个数，二进制表示为 \(S\)，现在加入 \((t_i=0)+c\times (t_i=1)\) 后得到 \(T\)，的权值。可以做到 \(O(4^kn)\) 计算。
那么一个段的转移可以描述为矩阵：\(A_{S,T}=\sum_{i=0} x^{c+1}cof_{c,S,T}\)。
考虑构造出长度为 \(len\ge k-2\) 的段后我们就可以接上矩阵部分，也就是 \(\sum_{T} [x^{n-len-1}](\sum_{p\ge 0} A^p)_{S,T}\)。
重点在于 \(\frac{1}{I-A}\)，考虑 \(\mathtt{FWT}(I-A)\mathtt{FWT}(B)=\mathtt{FWT}(I)\)，那么可以先 FWT 一下，求 \(n\) 次矩阵逆再 IFWT 回去，这部分复杂度 \(O(8^kn+4^k\log n)\)。\(\color{red}\mathtt !\)：原 pdf 使用了牛顿迭代，并不确定是否等价。
初始没有超过 \(k-2\) 个字符可以 \(O(4^kn)\) 计算。

AT_abc267_g [ABC267G] Increasing K Times
将所有相同的 \(a_i\) 视作等价的，最后乘上阶乘即可。
考虑第一种计算欧拉数单点的方式，其中 \(i^n\) 的意义是将所有数划分到 \(i\) 个上升连续段中，那么这里若值 \(x\) 出现了 \(occ_x\) 次则方案数是 \(\prod_x \binom{i}{occ_x}\)，替换 \(i^n\) 即可得到本题式子。
由于 \(occ_x\) 至多有 \(O(\sqrt n)\) 种，那么可以做到 \(O(n\sqrt n \log n)\)，不过复杂度其实是 \(O(n\sqrt n)\) 的。

P11426 [清华集训 2024] 比赛
规定一下计分函数 \(s(x,y)\)：

• \(\mathrm{team}_x=\mathrm{team}_y\)：\(s(x,y)=0\)。
• \(x<y,\mathrm{team}_x=\color{blue}\mathtt B\)：\(s(x,y)=0\)。
• \(x>y\)：\(s(x,y)=(-1)^{\mathrm{team}_x}\)。
• \(\mathrm{otherwise}\)：\(s(x,y)=(-1)^{\mathrm{team}_y}\)。
• 规定 \(\mathrm{team}={\color{red}\mathtt R}\) 的时候为 0，\(\mathrm{team}=\color{blue}\mathtt B\) 的时候为 1。

设 \(s'(x,y)=\begin{cases}(-1)^{\mathrm{team}_x} & \mathrm{team}_x\ne \mathrm{team}_y\\0 & \mathrm{team}_x=\mathrm{team}_y \end{cases}\)
容易发现这样总分为 0。考虑差值：

• \(x<y,\mathrm{team}_x={\color{blue}\mathtt B},\mathrm{team}_y={\color{red}\mathtt R}\)：\(s'=-1,s=0\)，差为 1。
• \(x<y,\mathrm{team}_x={\color{red}\mathtt R},\mathrm{team}_y={\color{blue}\mathtt B}\)：\(s'=1,s=-1\)，差为 -2。

那么设 \(f_i(a)\) 表示，\(i\) 号选手的前一位是否比 \(i\) 小，且要求前一位和 \(i\) 颜色不同。

• \(\mathrm{team}_i=\color{red}\mathtt R\)：\(p_i=1,q_i=x\)。
• \(\mathrm{team}_i=\color{blue}\mathtt B\)：\(p_i=1,q_i=x^{-2}\)。

考虑 \(\mathrm{cnt}(S)\)，\(i\in S\) 要找到一个 \(j<i,\mathrm{team}_i\ne \mathrm{team}_j\)。这会形成若干条链，1 一定是链头，若有 \(k\) 条链则链的排列方式有 \((k-1)!\) 种。
由于链上颜色一定交替，于是两种颜色可以分开计算方案数。设 \(F_{s}\) 表示 \(S\) 中有 \(s\) 个是红队的方案数，\(G_t\) 同理。这部分是 \(O(n^2)\) 的。
答案是：\(\sum_{s,t}F_sG_t(n-1-s-t)!(x-1)^s(x^{-2}-1)^t\)。
这个式子可以分两次展开，即可 \(O(n^2\log n)\) 计算。

P10004 [集训队互测 2023] Permutation Counting 2

QOJ14023 International Olympiad in Fishing

QOJ17203 谜题 II

QOJ8956 欧拉？欧拉！