[HAOI2009]逆序对数列(加强)
暴力就是 \(\Theta(n\times m)\)
如果 \(n,m \le 10^5\) ？
考虑问题的转换，设 \(a_i\) 表示 \(i\) 小的在它后面的数的个数
\(0\le a_i \le i-1\)，显然任何一个满足要求的 \(a\) 数列都可以从大到小放数字构成一个满足要求的排列
那么就是要求 \(0\le a_i \le i-1,\sum_{i=1}^{n}a_i=m\) 的方案数
考虑生成函数
\[\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{i-1}x^j
\]
\[\prod_{i=1}^{n}\frac{1-x^i}{1-x}
\]
方法一
求 \(Ln\) 后，即
\[\sum_{i=1}^{n}Ln(1-x^i)-nLn(1-x)
\]
而
\[Ln(1-x^i)=-\sum_{j=1}\frac{x^{ij}}{j}
\]
证明：
\[Ln(F(x))=G(x)
\]
\[\frac{F'(x)}{F(x)}=G'(x)
\]
\[\frac{-ix^{i-1}}{1-x^i}=G'(x)
\]
\[\sum_{j=0}-ix^{i-1}x^{ij}=G'(x)
\]
\[\sum_{j=0}\frac{-ix^{ij+i}}{ij+i}=G(x)
\]
\[\sum_{j=1}\frac{-x^{ij}}{j}
\]
证毕
以调和级数的复杂度 \(\Theta(nlnn)\)求出来后 \(exp\) 就好了
方法二
\[\prod_{i=1}^{n}\frac{1-x^i}{1-x}
\]
\[\prod_{i=1}^{n}(1-x^i)(\frac{1}{1-x})^n
\]
后面的
\[(\frac{1}{1-x})^n=(\sum_{i=0}x^i)^n
\]
即就是从 \(n\) 个不同的集合中间可以重复的取出 \(i\) 个的方案数的生成函数
那么就是
\[\sum_{i=0}(^{n+i-1}_{n-1})x^i
\]
考虑前面的
\[\prod_{i=1}^{n}(1-x^i)
\]
相当于一个带符号的背包计数问题
而第 \(i\) 个的体积是 \(i\)
经典 \(DP\)，就是选出一个上升的序列的方案数
设 \(f[i][j]\) 表示选了 \(i\) 个，和为 \(j\) 的方案
\(f[i][j]=f[i][j-i]-f[i-1][j-i]\) (带符号)
考虑到可能有某个的大小超过 \(n\)
那么 \(f[i][j]+=f[i-1][j-(n+1)]\)
由于每个体积不同，所以最多选出 \(\sqrt{n}\) 个
复杂度 \(\Theta(n\sqrt{n})\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO {
const int maxn((1 << 21) + 1);
char ibuf[maxn], *iS, *iT, c;
int f;
char Getc() {
return (iS == iT ? (iT = (iS = ibuf) + fread(ibuf, 1, maxn, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS++)) : *iS++);
}
template <class Int> void In(Int &x) {
for (f = 1, c = Getc(); c < '0' || c > '9'; c = Getc()) f = c == '-' ? -1 : 1;
for (x = 0; c <= '9' && c >= '0'; c = Getc()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
x *= f;
}
}
using IO :: In;
const int mod(998244353);
const int maxn(2e5 + 5);
int fac[maxn], ifac[maxn], inv[maxn], n, m, f[500][maxn];
inline void Inc(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= mod) x -= mod;
}
inline int C(int x, int y) {
if (y > x) return 0;
return 1LL * fac[x] * ifac[y] % mod * ifac[x - y] % mod;
}
int main() {
fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 200000; ++i) {
inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod;
ifac[i] = 1LL * ifac[i - 1] * inv[i] % mod;
}
In(n), In(m);
int sz = 500, ans = 0;
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i < sz; ++i)
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
if (j >= i) f[i][j] = (f[i][j - i] - f[i - 1][j - i] + mod) % mod;
if (j >= n + 1) Inc(f[i][j], f[i - 1][j - n - 1]);
}
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
int ret = 0;
for (int j = 0; j < sz; ++j) Inc(ret, f[j][i]);
Inc(ans, 1LL * ret * C(n + m - i - 1, n - 1) % mod);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
